微專題15　 抽象函數(shù)與嵌套函數(shù)

微專題15抽象函數(shù)與嵌套函數(shù)【知識(shí)拓展】1.抽象函數(shù)常以選擇題形式考查，主要涉及抽象函數(shù)的單調(diào)性、對(duì)稱性和周期性.2.嵌套函數(shù)以小題形式出現(xiàn)，主要考查復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)或方程根個(gè)數(shù)，多為中低檔題.【類型突破】類型一抽象函數(shù)例1(1)(2023·長(zhǎng)春三監(jiān))對(duì)于每一對(duì)正實(shí)數(shù)x，y，函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－xy－1，若f(1)＝1，則滿足f(n)＝n(n∈N＋)的n的個(gè)數(shù)是()A.1個(gè) B.2個(gè)C.3個(gè) D.4個(gè)(2)(2023·青島適考)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在整數(shù)集Z上的函數(shù)，且滿足f(0)＝1，f(1)＝0，對(duì)任意的x，y∈Z都有f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y)，則f(3)＝________；eq\f(f（12＋22＋…＋20232）,f（12）＋f（22）＋…＋f（20232）)＝________.答案(1)A(2)0eq\f(1,1011)解析(1)令x＋1＝x1>x＝x2>0且均屬于N*，y＝1，則f(x2)＋f(1)＝f(x1)－x2－1，所以f(x1)－f(x2)＝x2＋2>0，故f(x2＋1)＝f(x1)＝f(x2)＋x2＋2，又f(1)＝1，故f(x)>0在x∈N*上恒成立，且f(x)在x∈N*上單調(diào)遞增，所以滿足f(n)＝n(n∈N＋)僅有f(1)＝1.(2)令x＝y(tǒng)＝1，f(2)＋f(0)＝2f2(1)，∴f(2)＝－1，令x＝2，y＝1，f(3)＋f(1)＝2f(2)f(1)，∴f(3)＝0，令y＝1，則f(x＋1)＋f(x－1)＝0，即f(x＋1)＝－f(x－1)，可得f(x＋2)＝－f(x)，f(x)＝－f(x＋2)＝f(x＋4)，f(x)的周期T＝4，f(1)＝0，f(2)＝－1，f(3)＝0，f(4)＝1，∴x為奇數(shù)時(shí)，f(x)＝0.n為奇數(shù)時(shí)，n2也為奇數(shù)，此時(shí)f(n2)＝0；n為偶數(shù)時(shí)，n2為4的整數(shù)倍，此時(shí)f(n2)＝1.∴f(12)＋f(22)＋…＋f(20232)＝0＋1＋0＋1＋…＋0＋1＋0＝1011，n2＋(n＋1)2＝2n2＋2n＋1＝2n(n＋1)＋1，由n∈Z，則n(n＋1)為偶數(shù)，記n2＋(n＋1)2＝2n(n＋1)＋1＝4kn＋1，kn∈Z，12＋22＋…＋20232＝(12＋22)＋(32＋42)＋…＋(20212＋20222)＋20232＝4(k1＋k3＋…＋k2021)＋4093540＝4(k1＋k3＋…＋k2021＋1023385)f(12＋22＋…＋20232)＝f(4(k1＋k3＋…＋k2021＋1023385))＝f(0)＝1，所以eq\f(f（12＋22＋…＋20232）,f（12）＋f（22）＋…＋f（20232）)＝eq\f(1,1011).規(guī)律方法(1)常用賦值法、函數(shù)模型法.(2)常需推斷其單調(diào)性、周期性.訓(xùn)練1(1)(多選)(2023·杭州二中測(cè)試)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)在(－1，0]上單調(diào)遞增，f(1＋x)＝f(1－x)，且圖象關(guān)于(2，0)對(duì)稱，則關(guān)于f(x)的說法正確的是()A.f(0)＝f(2) B.f(0)＝f(－2)C.周期T＝2 D.在(2，3)上單調(diào)遞減(2)(2023·大連質(zhì)檢)已知f(x)的定義域?yàn)镽，值域?yàn)?0，＋∞)，且f(x－y)f(x＋y)＝f2(x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2，函數(shù)g(x)＝f(x)＋f(－x)的最小值為2，則eq\o(∑,\s\up6(6),\s\do4(k＝1))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))＝()A.12 B.24C.42 D.126答案(1)ABD(2)D解析(1)由f(1＋x)＝f(1－x)，可得f(x)的對(duì)稱軸為x＝1，所以f(0)＝f(2)，A正確；又由f(1＋x)＝f(1－x)知f(2＋x)＝f(－x)，因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于(2，0)對(duì)稱，則f(2＋x)＝－f(2－x)，故f(4＋x)＝－f(－x)，所以－f(2＋x)＝f(4＋x)，即－f(x)＝f(2＋x)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以f(x)的周期為4，所以f(－2)＝f(2)，又f(0)＝f(2)，所以f(0)＝f(－2)，故B正確，C錯(cuò)誤；因?yàn)閒(x)在(－1，0]上單調(diào)遞增，且T＝4，所以f(x)在(3，4]上單調(diào)遞增，又圖象關(guān)于(2，0)對(duì)稱，所以f(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)關(guān)于x＝1對(duì)稱，所以f(x)在(1，2]上單調(diào)遞減，又因?yàn)殛P(guān)于(2，0)對(duì)稱，可得f(x)在(2，3)單調(diào)遞減，故D正確.(2)法一令x＝0，有f(－y)f(y)＝f2(0)，則f(x)滿足f(－x)f(x)＝f2(0)，又因?yàn)閒(x)＋f(－x)≥2eq\r(f（x）f（－x）)＝2f(0)，所以f(0)＝1.因?yàn)閒(x－y)f(x＋y)＝f2(x)，所以eq\f(f（x＋y）,f（x）)＝eq\f(f（x）,f（x－y）)，所以2＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),f（0）)＝eq\f(f（1）,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))),f（1）)＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2))),f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))))＝eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))),f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,2))))＝eq\f(f（3）,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))))，所以eq\o(∑,\s\up6(6),\s\do4(k＝1))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))＝2＋4＋8＋16＋32＋64＝126.法二抽象出特殊函數(shù)f(x)＝4x，其滿足題目要求，從而快速求得答案eq\o(∑,\s\up6(6),\s\do4(k＝1))feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))＝2＋4＋8＋16＋32＋64＝126.類型二嵌套函數(shù)例2(多選)(2023·鎮(zhèn)海中學(xué)統(tǒng)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ex，x<1，,\f(ex,x2)，x≥1，))方程[f(x)]2－2af(x)＝0(a∈R)有兩個(gè)不等實(shí)根，則下列說法正確的是()A.點(diǎn)(0，0)是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)B.?x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)>f(x2)C.x＝－2是f(x)的極大值點(diǎn)D.a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(e2,8)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))答案BC解析當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝x2ex，則f′(x)＝(x2＋2x)ex＝x(x＋2)ex，當(dāng)x∈(－∞，－2)，(0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，且f(－2)＝eq\f(4,e2)，f(0)＝0；當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝eq\f(ex,x2)，則f′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x3)，當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，且f(1)＝e，f(2)＝eq\f(e2,4)，且f(x)≥0恒成立，畫出函數(shù)圖象如圖.對(duì)于A，由函數(shù)圖象可得0是函數(shù)f(x)的零點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由圖可得f(x1)∈(0，e)，f(x2)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，e))，故?x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)>f(x2)，故B正確；對(duì)于C，由圖可得x＝－2是f(x)的極大值點(diǎn)，故C正確；對(duì)于D，方程[f(x)]2－2af(x)＝0(a∈R)等價(jià)于f(x)＝0或f(x)＝2a，由圖可得f(x)＝0有1個(gè)實(shí)數(shù)根x＝0，所以方程[f(x)]2－2af(x)＝0(a∈R)有兩個(gè)不等實(shí)根等價(jià)于f(x)＝2a有1個(gè)非零實(shí)根，則由圖可得eq\f(4,e2)≤2a<eq\f(e2,4)或2a>e，即eq\f(2,e2)≤a<eq\f(e2,8)或a>eq\f(e,2)，故D錯(cuò)誤.規(guī)律方法兩個(gè)函數(shù)的嵌套函數(shù)，一要清楚內(nèi)外函數(shù)的性質(zhì)，由內(nèi)到外分析，二注意數(shù)形結(jié)合.訓(xùn)練2(多選)(2023·南京二模)已知函數(shù)f(x)＝|ex－a|，a>0.下列說法正確的為()A.若a＝1，則函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)B.若函數(shù)y＝f(x)與y＝a2的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn)，則0<a<1C.若a>1，則函數(shù)y＝f(f(x))有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)D.若y＝f(x)在x＝x1和x＝x2處的切線相互垂直，則x1＋x2＝0答案BCD解析對(duì)于A，f(x)＝|ex－1|＝1，故ex＝0(無解)或ex＝2，x＝ln2，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，f(x)＝|ex－a|＝a2，故ex＝a2＋a或ex＝－a2＋a，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a>0，,－a2＋a>0，))且a2＋a≠－a2＋a，解得0<a<1，B正確；對(duì)于C，取f(x)＝0，則ex＝a，x＝lna，a>1，則x＝lna>0，設(shè)g(x)＝x－lnx，g′(x)＝1－eq\f(1,x)>0在(1，＋∞)上恒成立，則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)>g(1)＝1>0，故a>lna，y＝f(f(x))＝0，則f(x)＝|ex－a|＝lna，x＝ln(a＋lna)或x＝ln(a－lna)，C正確；對(duì)于D，當(dāng)ex1－a和ex2－a同時(shí)為正或者同時(shí)為負(fù)時(shí)不成立，不妨設(shè)f(x1)＝ex1－a，f′(x1)＝ex1，f(x2)＝－ex2＋a，f′(x2)＝－ex2，則f′(x1)·f′(x2)＝－ex2·ex1＝－ex1＋x2＝－1，故x1＋x2＝0，D正確.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、基本技能練1.(2023·如皋中學(xué)檢測(cè))已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋1)＋f(x)＝f(1)，f(x)＋f(－x)＝f(0)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，f(x)＝2x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,18)))＝()A.－eq\f(9,2) B.－eq\f(9,8)C.－eq\f(9,32) D.－eq\f(1,18)答案B解析由f(x＋1)＋f(x)＝f(1)，有f(x＋2)＋f(x＋1)＝f(1)，可得f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)的周期為2.令x＝0，代入f(x)＋f(－x)＝f(0)，可得f(0)＝0，所以f(x)＋f(－x)＝0，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,18)))＝f(－log218)＝－f(log218)＝－f(log218－4)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(9,8))).因?yàn)?<log2eq\f(9,8)<log2eq\r(2)＝eq\f(1,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(9,8)))＝2log2eq\f(9,8)＝eq\f(9,8)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,18)))＝－eq\f(9,8).2.(2023·東北三省三校二模)定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，且在[0，1]上單調(diào)遞減，若方程f(x)＋1＝0在[0，1)有實(shí)數(shù)根，則方程f(x)＋1＝0在區(qū)間[－1，11)上所有實(shí)數(shù)根之和是()A.6 B.12C.30 D.56答案C解析因?yàn)閒(x)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故f(2＋x)＝f(－x)，又f(x)是R上奇函數(shù)，所以f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝f(x)，故f(x)的周期為4，考慮一個(gè)周期[－1，3]，由f(x)在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減，又由f(x)是R上奇函數(shù)，且關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，知f(x)在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[－1，1]上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(0)＝0，f(2)＝0，故當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f(x)<f(0)＝0，當(dāng)x∈[－1，0)∪(2，3]時(shí)，f(x)>0，因?yàn)榉匠蘤(x)＋1＝0在區(qū)間[0，1)有實(shí)數(shù)根，則這實(shí)根是唯一的，又因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，則方程f(x)＋1＝0在區(qū)間(1，2]有唯一實(shí)數(shù)根，所以方程f(x)＋1＝0在一個(gè)周期內(nèi)有且只有2個(gè)實(shí)數(shù)根，根據(jù)對(duì)稱性，知這兩根之和為2.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[－1，11)上恰好3個(gè)周期，所以根據(jù)f(x)的周期性和對(duì)稱性知，方程f(x)＋1＝0在區(qū)間[－1，11)上所有實(shí)數(shù)根之和為2＋10＋18＝30.3.(多選)(2023·江蘇七市三調(diào))已知f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，f(x＋2)＝f(－x)，f(－x＋4)＝－f(x)，且當(dāng)0<x≤1時(shí)，f(x)＝x3－3x，則()A.f(3)＝－2 B.f(π)>f(e)C.f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))) D.f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))>0答案BC解析因?yàn)閒(x＋2)＝f(－x)，則f(x)關(guān)于x＝1對(duì)稱，又因?yàn)閒(4－x)＝－f(x)，則f(x)關(guān)于(2，0)對(duì)稱，所以f(x)的周期為4.A中，因?yàn)閒(4－x)＝－f(x)，所以f(1)＋f(3)＝0，當(dāng)0<x≤1時(shí)，f(x)＝x3－3x，所以f(1)＝1－3＝－2，所以f(3)＝2，故A錯(cuò)誤；B中，當(dāng)0<x≤1時(shí)，f′(x)＝3x2－3<0，所以f(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，f(π)＝－f(4－π)，f(e)＝－f(4－e)＝－f(2＋2－e)＝－f(e－2)，因?yàn)?<e－2<4－π<1，所以f(e－2)>f(4－π)，即－f(e－2)<－f(4－π)，所以f(π)>f(e)，故B正確；C中，f(x)關(guān)于x＝1對(duì)稱且關(guān)于(2，0)對(duì)稱，所以f(x)關(guān)于(0，0)對(duì)稱，即f(x)為奇函數(shù)，所以f′(x)為偶函數(shù)，故C正確；D中，因?yàn)閒(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，f(x)關(guān)于(0，0)對(duì)稱，所以f(x)在[－1，0)上單調(diào)遞減，因?yàn)閒(x)的周期為4，所以f(x)在[3，4)上單調(diào)遞減，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<0，D錯(cuò)誤.4.(多選)(2023·杭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，f(x＋2)＝f(－x)且f(1)＝2，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則()A.f(2023)＝2 B.f′(x)的一個(gè)周期是4C.f′(x)是偶函數(shù) D.f′(1)＝1答案BC解析因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，f(x＋2)＝f(－x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x＋4)＝f(x)，故f(x)的周期為4，所以f′(x＋4)＝f′(x)，故f′(x)的一個(gè)周期為4，故B正確；f(2023)＝f(4×505＋3)＝f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，故A錯(cuò)誤；因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以－f′(－x)＝－f′(x)，即f′(－x)＝f′(x)，所以f′(x)為偶函數(shù)，故C正確；因?yàn)閒(x＋2)＝f(－x)，所以f′(x＋2)＝－f′(－x)，令x＝－1，可得f′(1)＝－f′(1)，解得f′(1)＝0，故D錯(cuò)誤.5.(2023·江蘇前黃中學(xué)適考)已知f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若x>0時(shí)，xf′(x)＋2f(x)>0，f(2)＝0，則不等式x2f(x)>0的解集是________.答案(－2，0)∪(2，＋∞)解析構(gòu)造g(x)＝x2f(x)，其中f(x)為奇函數(shù)且x≠0，則g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，且g(2)＝0，g(－2)＝－g(2)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，因?yàn)間(x)為奇函數(shù)，故g(x)在(－∞，0)上是單調(diào)遞增函數(shù)，故x2f(x)>0?g(x)>0，當(dāng)x<0時(shí)，g(x)>0＝g(－2)，可得－2<x<0；當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0＝g(2)，可得x>2.綜上所述，不等式x2f(x)>0的解集為(－2，0)∪(2，＋∞).6.(2023·沈陽(yáng)三監(jiān))已知定義在R上的函數(shù)f(x)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x都有f(x)＝f(4－x)，當(dāng)x≠2時(shí)，xf′(x)>2f′(x)恒成立，則不等式f(x2)<f(|x|＋2)的解集為________.答案(－2，－1)∪(1，2)解析當(dāng)x<2時(shí)，由(x－2)f′(x)>0知，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，2)上遞減；當(dāng)x>2時(shí)，由(x－2)f′(x)>0知，f′(x)>0，則f(x)在(2，＋∞)上遞增；又對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x都有f(x)＝f(4－x)，即f(x)關(guān)于x＝2對(duì)稱，綜上，若f(x2)<f(|x|＋2)，則|x2－2|<|x|，①當(dāng)x<－eq\r(2)時(shí)，則x2－2<－x，則x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)<0，此時(shí)－2<x<－eq\r(2)；②當(dāng)－eq\r(2)≤x<0時(shí)，則2－x2<－x，則x2－x－2＝(x－2)(x＋1)>0，此時(shí)－eq\r(2)≤x<－1；③當(dāng)0≤x<eq\r(2)時(shí)，則2－x2<x，則x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)>0，此時(shí)1<x<eq\r(2)；④當(dāng)x≥eq\r(2)時(shí)，則x2－2<x，則x2－x－2＝(x－2)·(x＋1)<0，此時(shí)eq\r(2)≤x<2；綜上，不等式解集為(－2，－1)∪(1，2).7.(2023·臺(tái)州評(píng)估二)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：?x，y∈R，f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)·f(y)，且f(0)＝1，則滿足上述條件的函數(shù)f(x)可以為________.(寫出一個(gè)即可)答案f(x)＝1(答案不唯一，f(x)＝cosωx也可)解析令x＝0，則f(y)＋f(－y)＝2f(y)，所以f(－y)＝f(y)，所以f(x)為偶函數(shù)，可取f(x)＝1，則f(x＋y)＝1，f(x－y)＝1，f(x)＝1，f(y)＝1，滿足f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y)，所以f(x)＝1符合題意.(答案不唯一，f(x)＝cosωx也可)8.(2023·寧波十校聯(lián)考)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(4＋x)＋f(－x)＝0，若f′(2)＝4，則曲線y＝f(x)在x＝－6處的切線方程為________.答案y＝4x＋24解析由f(4＋x)＋f(－x)＝0，令x＝－2，則f(2)＋f(2)＝2f(2)＝0，即f(2)＝0，又f(x)為奇函數(shù)，則f(4＋x)＝－f(－x)＝f(x)，故f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f(－6)＝f(2)＝0，對(duì)f(4＋x)＝f(x)，求導(dǎo)得f′(4＋x)＝f′(x)，故f′(x)是以4為周期的周期函數(shù)，則f′(－6)＝f′(2)＝4，即切點(diǎn)坐標(biāo)為(－6，0)，切線斜率k＝4，故切線方程為y－0＝4(x＋6)，即y＝4x＋24.二、創(chuàng)新拓展練9.(多選)(2023·雅禮中學(xué)測(cè)試)對(duì)于定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)，若滿足：?x1，x2∈D且x1<x2，都有f(x1)≤f(x2)，則稱函數(shù)f(x)為區(qū)間D上的“非減函數(shù)”，若f(x)為區(qū)間[0，2]上的“非減函數(shù)”，且f(2)＝2，f(x)＋f(2－x)＝2，又當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))時(shí)，f(x)≤2(x－1)恒成立，則下列命題正確的有()A.f(1)＝1 B.?x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，f(x0)<1C.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,18)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝4 D.?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，f(f(x))≤－f(x)＋2答案ACD解析A中，因?yàn)閒(x)＋f(2－x)＝2，所以令x＝1得f(1)＋f(2－1)＝2，所以f(1)＝1，故A正確；B中，由當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，f(x)≤2(x－1)恒成立，令x＝eq\f(3,2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))≤1，由f(x)為區(qū)間[0，2]上的“非減函數(shù)”，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))≥f(1)＝1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝1，則?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝1，故B錯(cuò)誤；C中，?x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝2，由B項(xiàng)知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝1，f(x)＝1，因?yàn)閑q\f(25,18)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,18)))＝1，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝2，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,18)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝4，故C正確；當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，由f(0)＋f(2)＝2，且f(2)＝2知f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，f(x)∈[0，1]，令t＝f(x)∈[0，1]，由C項(xiàng)知f(t)∈[0，1]，－t＋2∈[1，2]，則f(t)≤－t＋2，即f(f(x))≤－f(x)＋2，故D正確.10.(多選)(2023·石家莊一模)設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，且y＝f(2x＋2π)的圖象關(guān)于直線x＝－eq\f(π,2)對(duì)稱，若0<x≤π時(shí)，f(x)＝(ex－eπ－x)cosx，則()A.f(x＋π)為偶函數(shù)B.f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))上單調(diào)遞減C.f(x)在區(qū)間[0，2023π]