2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第三章第9講含答案

2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第三章第9講含答案第9講函數(shù)模型的應(yīng)用[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.理解函數(shù)是描述客觀世界中變量關(guān)系和規(guī)律的重要數(shù)學(xué)語(yǔ)言和工具．在實(shí)際情境中，會(huì)選擇合適的函數(shù)類型刻畫現(xiàn)實(shí)問題的變化規(guī)律.2.結(jié)合現(xiàn)實(shí)情境中的具體問題，利用計(jì)算工具，比較對(duì)數(shù)函數(shù)、一元一次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)增長(zhǎng)速度的差異，理解“對(duì)數(shù)增長(zhǎng)”“直線上升”“指數(shù)爆炸”等術(shù)語(yǔ)的現(xiàn)實(shí)含義.3.收集、閱讀一些現(xiàn)實(shí)生活、生產(chǎn)實(shí)際或者經(jīng)濟(jì)領(lǐng)域中的數(shù)學(xué)模型，體會(huì)人們是如何借助函數(shù)刻畫實(shí)際問題的，感悟數(shù)學(xué)模型中參數(shù)的現(xiàn)實(shí)意義．1．常見的函數(shù)模型函數(shù)模型函數(shù)解析式一次函數(shù)模型f(x)＝ax＋b(a，b為常數(shù)，a≠0)二次函數(shù)模型f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c為常數(shù)，a≠0)指數(shù)函數(shù)模型f(x)＝bax＋c(a，b，c為常數(shù)，a>0且a≠1，b≠0)對(duì)數(shù)函數(shù)模型f(x)＝blogax＋c(a，b，c為常數(shù)，a>0且a≠1，b≠0)冪函數(shù)模型f(x)＝axn＋b(a，b，n為常數(shù)，a≠0)2.指數(shù)、對(duì)數(shù)及冪函數(shù)三種增長(zhǎng)型函數(shù)模型的圖象與性質(zhì)函數(shù)性質(zhì)y＝ax(a>1)y＝logax(a>1)y＝xn(n>0)在(0，＋∞)上的增減性eq\x(\s\up1(01))單調(diào)遞增eq\x(\s\up1(02))單調(diào)遞增eq\x(\s\up1(03))單調(diào)遞增增長(zhǎng)速度越來越快越來越慢相對(duì)平穩(wěn)圖象的變化隨x的增大逐漸表現(xiàn)為與eq\x(\s\up1(04))y軸平行隨x的增大逐漸表現(xiàn)為與eq\x(\s\up1(05))x軸平行隨n值變化而各有不同值的比較存在一個(gè)x0，當(dāng)x>x0時(shí)，有l(wèi)ogax<xn<ax1．(人教A必修第一冊(cè)3.1.2練習(xí)T1改編)設(shè)甲、乙兩地的距離為a(a＞0)，小王騎自行車勻速?gòu)募椎氐揭业赜昧?0分鐘，在乙地休息10分鐘后，他又勻速?gòu)囊业胤祷氐郊椎赜昧?0分鐘，則小王從出發(fā)到返回原地所經(jīng)過的路程y和其所用的時(shí)間x的函數(shù)圖象為()答案D解析y為小王從出發(fā)到返回原地所經(jīng)過的路程，而不是位移，故排除A，C；又因?yàn)樾⊥踉谝业匦菹?0分鐘，故排除B.故選D.2．(人教B必修第一冊(cè)3－3BT2改編)在某個(gè)物理實(shí)驗(yàn)中，測(cè)量出變量x和變量y的幾組數(shù)據(jù)如下表：x0.500.992.013.98y－0.990.010.982.00則對(duì)x，y最適合的擬合函數(shù)是()A．y＝2x B．y＝x2－1C．y＝2x－2 D．y＝log2x答案D解析根據(jù)x＝0.50，y＝－0.99，代入各選項(xiàng)計(jì)算，可以排除A；根據(jù)x＝2.01，y＝0.98，代入其余各選項(xiàng)計(jì)算，可以排除B，C；將各數(shù)據(jù)代入函數(shù)y＝log2x，可知滿足題意．故選D.3．下列函數(shù)中，隨著x的增大，y也增大，且增長(zhǎng)速度最快的是()A．y＝0.001ex B．y＝1000lnxC．y＝x1000 D．y＝1000·2x答案A解析在對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)中，指數(shù)函數(shù)的增長(zhǎng)速度最快，故排除B，C；指數(shù)函數(shù)中，當(dāng)?shù)讛?shù)大于1時(shí)，底數(shù)越大，函數(shù)的增長(zhǎng)速度就越快，系數(shù)的影響可忽略不計(jì)．故選A.4．某產(chǎn)品的總成本y(單位：萬元)與產(chǎn)量x(單位：臺(tái))之間的函數(shù)關(guān)系是y＝3000＋20x－0.1x2(0<x<240，x∈N*)，若每臺(tái)產(chǎn)品的售價(jià)為25萬元，且銷量等于產(chǎn)量，則生產(chǎn)者不虧本時(shí)(銷售收入不小于總成本)的最低產(chǎn)量是()A．100臺(tái) B．120臺(tái)C．150臺(tái) D．180臺(tái)答案C解析設(shè)利潤(rùn)為f(x)萬元，則f(x)＝25x－(3000＋20x－0.1x2)＝0.1x2＋5x－3000(0<x<240，x∈N*)．令f(x)≥0，得x≥150，所以生產(chǎn)者不虧本時(shí)的最低產(chǎn)量是150臺(tái)．故選C.5．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題4.3T8改編)若某地2023年的GDP比2013年翻一番，則此地GDP平均每年的增長(zhǎng)率是________．答案2eq\s\up7(\f(1,10))－1解析設(shè)平均每年的增長(zhǎng)率為x，所以(1＋x)10＝2，即1＋x＝2eq\s\up7(\f(1,10))，則x＝2eq\s\up7(\f(1,10))－1，所以平均每年的增長(zhǎng)率應(yīng)是2eq\s\up7(\f(1,10))－1.6．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題4.4T5改編)大西洋鮭魚每年都要逆流而上2000米，游回產(chǎn)地產(chǎn)卵．記鮭魚的游速為v(單位：m/s)，鮭魚的耗氧量的單位數(shù)為x，研究中發(fā)現(xiàn)v＝0.5log3eq\f(x,100)(x≥100)，在逆流而上的過程中，某兩條鮭魚的游速v1，v2滿足v1＋v2＝4v1v2，則這兩條鮭魚在該段逆流而上的過程中耗氧量之和最小為________個(gè)單位．答案600解析由v＝0.5log3eq\f(x,100)(x≥100)，可得x1＝100×32v1，x2＝100×32v2，由v1＋v2＝4v1v2可得eq\f(1,v1)＋eq\f(1,v2)＝4，v1＋v2＝eq\f(1,4)(v1＋v2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,v1)＋\f(1,v2)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,v1)＋\f(v1,v2)＋2))≥eq\f(1,4)×(2＋2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)v1＝v2＝0.5時(shí)取等號(hào)，所以x1＋x2＝100×32v1＋100×32v2≥100×2eq\r(32（v1＋v2）)≥200×3＝600，當(dāng)且僅當(dāng)v1＝v2＝0.5時(shí)取等號(hào)，所以這兩條鮭魚在該段逆流而上的過程中耗氧量之和最小為600個(gè)單位．考向一利用函數(shù)圖象刻畫實(shí)際問題例1(多選)(2023·葫蘆島一模)一輛賽車在一個(gè)周長(zhǎng)為3km的封閉跑道上行駛，跑道由幾段直道和彎道組成，圖1反映了賽車在“計(jì)時(shí)賽”整個(gè)第二圈的行駛速度與行駛路程之間的關(guān)系．根據(jù)圖1，以下四個(gè)說法中正確的是()A．在第二圈的2.6km到2.8km之間，賽車速度逐漸增加B．在整個(gè)跑道上，最長(zhǎng)的直線路程不超過0.6kmC．大約在第二圈的0.4km到0.6km之間，賽車開始了那段最長(zhǎng)直線路程的行駛D．在圖2的四條曲線(注：S為初始記錄數(shù)據(jù)位置)中，曲線B最能符合賽車的運(yùn)動(dòng)軌跡答案AD解析由圖1知，在2.6km到2.8km之間，圖象上升，故在第二圈的2.6km到2.8km之間，賽車速度逐漸增加，故A正確；在整個(gè)跑道上，高速行駛時(shí)最長(zhǎng)為1.8km到2.4km之間，但直道加減速也有過程，故最長(zhǎng)的直線路程有可能超過0.6km，故B不正確；最長(zhǎng)直線路程應(yīng)在1.4km到1.8km之間開始，故C不正確；由圖1可知，跑道應(yīng)有3個(gè)彎道，且兩長(zhǎng)一短，故D正確．故選AD.用函數(shù)圖象刻畫實(shí)際問題的解題思路將實(shí)際問題中兩個(gè)變量間變化的規(guī)律(如增長(zhǎng)的快慢、最大、最小等)與函數(shù)的性質(zhì)(如單調(diào)性、最值等)、圖象(增加、減少的緩急等)相吻合即可．(多選)一水池有兩個(gè)進(jìn)水口，一個(gè)出水口，每個(gè)水口的進(jìn)、出水速度如圖甲、乙所示．某天0點(diǎn)到6點(diǎn)，該水池的蓄水量如圖丙所示，下列四個(gè)論斷一定正確的是()A．0點(diǎn)到3點(diǎn)只進(jìn)水不出水 B．3點(diǎn)到4點(diǎn)不進(jìn)水只出水C．3點(diǎn)到4點(diǎn)總蓄水量降低 D．4點(diǎn)到6點(diǎn)不進(jìn)水不出水答案AC解析由甲、乙兩圖知，每個(gè)進(jìn)水口的進(jìn)水速度為1，每個(gè)出水口的出水速度為2，所以0點(diǎn)到3點(diǎn)只進(jìn)水不出水，A正確；3點(diǎn)到4點(diǎn)一個(gè)進(jìn)水口進(jìn)水，一個(gè)出水口出水，總蓄水量降低，B錯(cuò)誤，C正確；4點(diǎn)到6點(diǎn)也可能兩個(gè)進(jìn)水口進(jìn)水，一個(gè)出水口出水，D錯(cuò)誤．考向二已知函數(shù)模型解決實(shí)際問題例2(2023·濟(jì)南模擬)生物體死亡后，它機(jī)體內(nèi)原有的碳14含量C會(huì)按確定的比率衰減(稱為衰減率)，C與死亡年數(shù)t之間的函數(shù)關(guān)系式為C＝0.5eq\f(t,k)(k為常數(shù))，大約每經(jīng)過5730年衰減為原來的一半，這個(gè)時(shí)間稱為“半衰期”．若2022年某遺址文物出土?xí)r碳14的殘余量約為原始量的85%，則可推斷該文物屬于()參考數(shù)據(jù)：log20.85≈－0.23.參考時(shí)間軸：A．戰(zhàn)國(guó) B．漢C．唐 D．宋答案C解析當(dāng)t＝5730時(shí)，C＝eq\f(1,2)，故0.5＝0.5eq\s\up7(\f(5730,k))，解得k＝5730，所以C＝0.5eq\s\up7(\f(t,5730))，由題意得0.5eq\s\up7(\f(t,5730))＝0.85，eq\f(t,5730)＝－log20.85≈0.23，解得t≈1318，而2022－1318＝704，可推斷該文物屬于唐．故選C.利用已知函數(shù)模型解決實(shí)際問題的步驟若題目給出了含參數(shù)的函數(shù)模型，或可確定其函數(shù)模型的圖象，求解時(shí)先用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式中相關(guān)參數(shù)的值，再用求得的函數(shù)解析式解決實(shí)際問題．(2024·海南文昌中學(xué)模擬)熒光定量PCR是一種通過化學(xué)物質(zhì)的熒光信號(hào)，對(duì)在PCR擴(kuò)增進(jìn)程中成指數(shù)級(jí)增加的靶標(biāo)DNA進(jìn)行實(shí)時(shí)監(jiān)測(cè)的方法．在PCR擴(kuò)增的指數(shù)時(shí)期，熒光信號(hào)強(qiáng)度達(dá)到閾值時(shí)，DNA的數(shù)量X與擴(kuò)增次數(shù)n滿足lgXn＝nlg(1＋p)＋lgX0，其中X0為DNA的初始數(shù)量，p為擴(kuò)增效率．已知某被測(cè)標(biāo)本DNA擴(kuò)增6次后，數(shù)量變?yōu)樵瓉淼?00倍，則擴(kuò)增效率p約為(參考數(shù)據(jù)：10eq\s\up7(\f(1,3))≈2.154，10eq\s\up7(\f(1,4))≈1.778)()A．56.2% B．77.8%C．115.4% D．118.4%答案C解析由題意，可得lg(100X0)＝6lg(1＋p)＋lgX0，即lg102＋lgX0＝6lg(1＋p)＋lgX0，所以2＋lgX0＝6lg(1＋p)＋lgX0，可得1＋p＝10eq\s\up7(\f(1,3))≈2.154，解得p≈1.154＝115.4%.故選C.考向三構(gòu)建函數(shù)模型解決實(shí)際問題例3(2024·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)某家庭進(jìn)行理財(cái)投資，根據(jù)長(zhǎng)期收益率市場(chǎng)預(yù)測(cè)，投資債券等穩(wěn)健型產(chǎn)品的收益與投資額成正比，投資股票等風(fēng)險(xiǎn)型產(chǎn)品的收益與投資額的算術(shù)平方根成正比．已知投資1萬元時(shí)兩類產(chǎn)品的收益分別為0.125萬元、0.5萬元．(1)分別寫出兩類產(chǎn)品的收益與投資額的函數(shù)關(guān)系；(2)若該家庭有20萬元資金，全部用于理財(cái)投資，問：怎樣分配資金能使投資獲得最大收益，其最大收益是多少萬元？解(1)設(shè)兩類產(chǎn)品的收益與投資額的函數(shù)關(guān)系分別為f(x)＝k1x，g(x)＝k2eq\r(x).由已知得f(1)＝k1＝eq\f(1,8)，g(1)＝k2＝eq\f(1,2)，所以f(x)＝eq\f(1,8)x(x≥0)，g(x)＝eq\f(1,2)eq\r(x)(x≥0)．(2)設(shè)投資股票等風(fēng)險(xiǎn)型產(chǎn)品x萬元，則投資債券等穩(wěn)健型產(chǎn)品(20－x)萬元．依題意得y＝f(20－x)＋g(x)＝eq\f(20－x,8)＋eq\f(1,2)eq\r(x)＝eq\f(－x＋4\r(x)＋20,8)(0≤x≤20)．所以當(dāng)eq\r(x)＝2，即x＝4時(shí)，收益最大，ymax＝3萬元．故投資債券等穩(wěn)健型產(chǎn)品16萬元，投資股票等風(fēng)險(xiǎn)型產(chǎn)品4萬元時(shí)獲得最大收益，為3萬元．構(gòu)建函數(shù)模型解決實(shí)際問題的步驟(1)審題：弄清題意，識(shí)別條件與結(jié)論，弄清數(shù)量關(guān)系，初步選擇數(shù)學(xué)模型；(2)建模：將自然語(yǔ)言轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)語(yǔ)言，將文字語(yǔ)言轉(zhuǎn)化為符號(hào)語(yǔ)言，利用已有知識(shí)建立相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型；(3)解模：求解數(shù)學(xué)模型，得出結(jié)論；(4)還原：將數(shù)學(xué)問題還原為實(shí)際問題．1.(2023·無錫三模)“青年興則國(guó)家興，青年強(qiáng)則國(guó)家強(qiáng)”，作為當(dāng)代青少年，我們要努力奮斗，不斷進(jìn)步．假設(shè)我們每天進(jìn)步1%，則一年后的水平是原來的1.01365≈37.8倍，這說明每天多百分之一的努力，一年后的水平將成倍增長(zhǎng)．如果將我們每天的“進(jìn)步”率從目前的10%提高到20%，那么大約經(jīng)過________天后，我們的水平是原來應(yīng)達(dá)水平的1500倍(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301，lg3≈0.477，lg11≈1.041)．()A．82 B．84C．86 D．88答案B解析設(shè)大約經(jīng)過x天后，我們的水平是原來應(yīng)達(dá)水平的1500倍，可得1.2x＝1.1x×1500，兩邊取對(duì)數(shù)得xlg1.2＝xlg1.1＋lg1500，x(lg12－1)＝x(lg11－1)＋lg15＋2，x＝eq\f(lg15＋2,lg12－lg11).又因?yàn)閘g15＝lg(3×5)＝lg3＋lg5＝lg3＋1－lg2≈0.477＋1－0.301＝1.176，lg12＝lg3＋lg4＝lg3＋2lg2≈0.477＋0.602＝1.079，所以x＝eq\f(lg15＋2,lg12－lg11)≈eq\f(1.176＋2,1.079－1.041)＝eq\f(3.176,0.038)≈84.故選B.2.(2024·福州八中月考)某汽車運(yùn)輸公司購(gòu)買了一批豪華大客車投入營(yíng)運(yùn)，據(jù)市場(chǎng)分析，每輛客車營(yíng)運(yùn)的總利潤(rùn)y(萬元)與營(yíng)運(yùn)年數(shù)x的關(guān)系如圖所示(拋物線的一段)，則為使其營(yíng)運(yùn)年平均利潤(rùn)最大，每輛客車營(yíng)運(yùn)年數(shù)為________．答案5解析根據(jù)圖象求得y＝－(x－6)2＋11，∴年平均利潤(rùn)eq\f(y,x)＝12－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(25,x)))，∵x＋eq\f(25,x)≥2eq\r(x·\f(25,x))＝10，當(dāng)且僅當(dāng)x＝5時(shí)等號(hào)成立，∴為使其營(yíng)運(yùn)年平均利潤(rùn)最大，每輛客車營(yíng)運(yùn)年數(shù)為5.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．某公司租地建倉(cāng)庫(kù)，已知倉(cāng)庫(kù)每月占用費(fèi)y1與倉(cāng)庫(kù)到車站的距離成反比，而每月貨物的運(yùn)費(fèi)y2與倉(cāng)庫(kù)到車站的距離成正比．據(jù)測(cè)算，如果在距離車站10千米處建倉(cāng)庫(kù)，這兩項(xiàng)費(fèi)用y1，y2分別是2萬和8萬，那么要使這兩項(xiàng)費(fèi)用之和最小，倉(cāng)庫(kù)應(yīng)建在離車站()A．5千米處 B．4千米處C．3千米處 D．2千米處答案A解析設(shè)倉(cāng)庫(kù)建在離車站x千米處，則y1＝eq\f(k1,x)，y2＝k2x，根據(jù)給出的初始數(shù)據(jù)可得k1＝20，k2＝0.8，兩項(xiàng)費(fèi)用之和為y＝eq\f(20,x)＋0.8x≥8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝5時(shí)，等號(hào)成立．2．(2023·襄陽(yáng)四模)雙碳，即碳達(dá)峰與碳中和的簡(jiǎn)稱.2020年9月中國(guó)明確提出2030年實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰”，2060年實(shí)現(xiàn)“碳中和”．為了實(shí)現(xiàn)這一目標(biāo)，中國(guó)加大了電動(dòng)汽車的研究與推廣，到2060年，純電動(dòng)汽車在整體汽車中的滲透率有望超過70%，新型動(dòng)力電池隨之也迎來了蓬勃發(fā)展的機(jī)遇．Peukert于1898年提出蓄電池的容量C(單位：A·h)，放電時(shí)間t(單位：h)與放電電流I(單位：A)之間關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式：C＝In·t，其中n＝logeq\s\do7(\f(3,2))2為Peukert常數(shù)．在電池容量不變的條件下，當(dāng)放電電流I＝10A時(shí)，放電時(shí)間t＝57h，則當(dāng)放電電流I＝15A時(shí)，放電時(shí)間為()A．28h B．28.5hC．29h D．29.5h答案B解析根據(jù)題意可得C＝57·10n，則當(dāng)I＝15A時(shí)，57·10n＝15n·t，所以t＝57·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)＝57×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))logeq\s\do7(\f(3,2))2＝57×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))logeq\s\do7(\f(2,3))eq\f(1,2)＝57×eq\f(1,2)＝28.5h，即當(dāng)放電電流I＝15A時(shí)，放電時(shí)間為28.5h．故選B.3．(2023·德州三模)2023年1月底，人工智能研究公司OpenAI發(fā)布的名為“ChatGPT”的人工智能聊天程序進(jìn)入中國(guó)，迅速以其極高的智能化水平引起國(guó)內(nèi)關(guān)注．深度學(xué)習(xí)是人工智能的一種具有代表性的實(shí)現(xiàn)方法，它是以神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)為出發(fā)點(diǎn)的，在神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)優(yōu)化中，指數(shù)衰減的學(xué)習(xí)率模型為L(zhǎng)＝L0Deq\s\up7(\f(G,G0))，其中L表示每一輪優(yōu)化時(shí)使用的學(xué)習(xí)率，L0表示初始學(xué)習(xí)率，D表示衰減系數(shù)，G表示訓(xùn)練迭代輪數(shù)，G0表示衰減速度．已知某個(gè)指數(shù)衰減的學(xué)習(xí)率模型的初始學(xué)習(xí)率為0.8，衰減速度為12，且當(dāng)訓(xùn)練迭代輪數(shù)為12時(shí)，學(xué)習(xí)率衰減為0.5.則學(xué)習(xí)率衰減到0.4以下(不含0.4)所需的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.3010)()A．16 B．17C．18 D．19答案C解析由題意知，初始學(xué)習(xí)率L0＝0.8，衰減速度G0＝12，所以L＝0.8Deq\s\up7(\f(G,12))，因?yàn)楫?dāng)訓(xùn)練迭代輪數(shù)為12時(shí)，學(xué)習(xí)率衰減為0.5，可得0.5＝0.8Deq\s\up7(\f(12,12))，解得D＝eq\f(5,8)，所以L＝0.8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))eq\s\up7(\f(G,12))，令0.8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))eq\s\up7(\f(G,12))＜0.4，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))eq\s\up7(\f(G,12))＜eq\f(1,2)，則eq\f(G,12)lgeq\f(5,8)＜lgeq\f(1,2)，可得G＞eq\f(12lg\f(1,2),lg\f(5,8))＝eq\f(－12lg2,lg5－3lg2)≈eq\f(－12×0.3010,（1－0.3010）－3×0.3010)≈17.7，所以所需的訓(xùn)練迭代輪數(shù)至少為18.故選C.4．(2023·婁底模擬)化學(xué)平衡是指在一定條件下，可逆反應(yīng)的正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率相等時(shí)，體系所處的狀態(tài)．根據(jù)計(jì)算系統(tǒng)的吉布斯自由能變化(ΔG)的熱力學(xué)公式Gibbs－Helmholtz方程和Van'tHoff方程，可以得到溫度(T)與可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)(K)的關(guān)系式：ΔH－TΔS＝ΔG＝－RTlnK，式中ΔH為焓變(在一定溫度變化范圍內(nèi)視為定值)，ΔS為熵變，R為氣體常數(shù)．利用上述公式，我們可以處理不同溫度下，有關(guān)多重可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)之間關(guān)系的計(jì)算．已知當(dāng)溫度為T1時(shí)，可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1；當(dāng)溫度為T2時(shí)，可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)為K2，則lneq\f(K1,K2)＝()A.eq\f(ΔH（T1－T2）,RT1T2) B.eq\f(ΔH（T2－T1）,RT1T2)C.eq\f(ΔS（T1－T2）,R) D.eq\f(ΔS（T2－T1）,R)答案A解析溫度(T)與可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)(K)的關(guān)系式：ΔH－TΔS＝ΔG＝－RTlnK，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ΔH－T1ΔS＝－RT1lnK1，,ΔH－T2ΔS＝－RT2lnK2，))則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnK1＝\f(T1ΔS－ΔH,RT1)，,lnK2＝\f(T2ΔS－ΔH,RT2)，))則有l(wèi)neq\f(K1,K2)＝lnK1－lnK2＝eq\f(T1ΔS－ΔH,RT1)－eq\f(T2ΔS－ΔH,RT2)＝eq\f(ΔH（T1－T2）,RT1T2).故選A.二、多項(xiàng)選擇題5.小菲在學(xué)校選修課中了解到艾賓浩斯遺忘曲線，為了解自己記憶一組單詞的情況，她記錄了隨后一個(gè)月的有關(guān)數(shù)據(jù)，繪制圖象，擬合了記憶保持量f(x)與時(shí)間x(單位：天)之間的函數(shù)關(guān)系f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(7,20)x＋1，0<x≤1，,\f(1,5)＋\f(9,20)x－\s\up7(\f(1,2))，1<x≤30.))則下列說法正確的是()A．隨著時(shí)間的增加，小菲的單詞記憶保持量降低B．第一天小菲的單詞記憶保持量下降最多C．9天后，小菲的單詞記憶保持量低于40%D．26天后，小菲的單詞記憶保持量不足20%答案ABC解析由函數(shù)解析式可知f(x)隨著x的增加而減少，故A正確；由圖象可得B正確；當(dāng)1<x≤30時(shí)，f(x)＝eq\f(1,5)＋eq\f(9,20)x－eq\s\up7(\f(1,2))，則f(9)＝eq\f(1,5)＋eq\f(9,20)×9－eq\f(1,2)＝0.35，即9天后，小菲的單詞記憶保持量低于40%，故C正確；f(26)＝eq\f(1,5)＋eq\f(9,20)×26－eq\s\up7(\f(1,2))>eq\f(1,5)，故D錯(cuò)誤．6．(2023·紹興模擬)預(yù)測(cè)人口的變化趨勢(shì)有多種方法，“直接推算法”使用的公式是Pn＝P0(1＋k)n(k>－1)，其中Pn為預(yù)測(cè)期人口數(shù)，P0為初期人口數(shù)，k為預(yù)測(cè)期內(nèi)人口年增長(zhǎng)率，n為預(yù)測(cè)期間隔年數(shù)，則()A．若k∈(－1，0)，則這期間人口數(shù)呈下降趨勢(shì)B．若k∈(－1，0)，則這期間人口數(shù)呈擺動(dòng)變化C．當(dāng)k＝eq\f(1,3)，Pn≥2P0時(shí)，n的最小值為3D．當(dāng)k＝－eq\f(1,3)，Pn≤eq\f(1,2)P0時(shí)，n的最小值為3答案AC解析當(dāng)k∈(－1，0)時(shí)，P0>0，0<1＋k<1，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知，Pn＝P0(1＋k)n是關(guān)于n的減函數(shù)，即人口數(shù)呈下降趨勢(shì)，故A正確，B不正確；當(dāng)k＝eq\f(1,3)，Pn＝P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(n)≥2P0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(n)≥2，所以n≥logeq\s\do7(\f(4,3))2(n∈N)，logeq\s\do7(\f(4,3))2∈(2，3)，所以n的最小值為3，故C正確；當(dāng)k＝－eq\f(1,3)，Pn＝P0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)≤eq\f(1,2)P0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)≤eq\f(1,2)，所以n≥logeq\s\do7(\f(3,2))eq\f(1,2)(n∈N)，logeq\s\do7(\f(2,3))eq\f(1,2)＝logeq\s\do7(\f(3,2))2∈(1，2)，所以n的最小值為2，故D不正確．故選AC.三、填空題7．某地西紅柿上市后，通過市場(chǎng)調(diào)查，得到西紅柿種植成本Q(單位：元/100kg)與上市時(shí)間t(單位：天)的數(shù)據(jù)如下表：時(shí)間t60100180種植成本Q11684116根據(jù)上表數(shù)據(jù)，從下列函數(shù)中選取一個(gè)函數(shù)描述西紅柿種植成本Q與上市時(shí)間t的變化關(guān)系：Q＝at＋b，Q＝at2＋bt＋c，Q＝a·bt，Q＝a·logbt.利用你選取的函數(shù)，求得西紅柿種植成本最低時(shí)的上市天數(shù)是________，最低種植成本是________元/100kg.答案12080解析因?yàn)殡S著時(shí)間的增加，種植成本先減少后增加，而且當(dāng)t＝60和t＝180時(shí)種植成本相等，再結(jié)合題中給出的四種函數(shù)關(guān)系可知，種植成本與上市時(shí)間的變化關(guān)系應(yīng)該用二次函數(shù)Q＝at2＋bt＋c，即Q＝a(t－120)2＋m描述，將表中數(shù)據(jù)代入可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a（60－120）2＋m＝116，,a（100－120）2＋m＝84，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0.01，,m＝80，))所以Q＝0.01(t－120)2＋80，故當(dāng)上市天數(shù)為120時(shí)，種植成本取到最低值80元/100kg.8．2020年12月17日凌晨，嫦娥五號(hào)返回器攜帶月球樣品在內(nèi)蒙古四子王旗預(yù)定區(qū)域安全著陸．嫦娥五號(hào)返回艙之所以能達(dá)到如此高的再入精度，主要是因?yàn)樗捎脧椞椒祷貜椀?，?shí)現(xiàn)了減速和再入階段彈道調(diào)整，這與“打水漂”原理類似．現(xiàn)將石片扔向水面，假設(shè)石片第一次接觸水面的速率為100m/s，這是第一次“打水漂”，然后石片在水面上多次“打水漂”，每次“打水漂”的速率為上一次的90%，若要使石片的速率低于60m/s，則至少需要“打水漂”的次數(shù)為________．(參考數(shù)據(jù)：取ln0.6≈－0.511，ln0.9≈－0.105)答案6解析設(shè)石片第n次“打水漂”時(shí)的速率為vn，則vn＝100×0.90n－1.由100×0.90n－1<60，得0.90n－1<0.6，則(n－1)ln0.90<ln0.6，即n－1>eq\f(ln0.6,ln0.9)≈eq\f(－0.511,－0.105)≈4.87，則n>5.87，故至少需要“打水漂”的次數(shù)為6.四、解答題9．某醫(yī)療器械公司為了進(jìn)一步增加市場(chǎng)競(jìng)爭(zhēng)力，計(jì)劃改進(jìn)技術(shù)生產(chǎn)某產(chǎn)品．已知生產(chǎn)該產(chǎn)品的年固定成本為300萬元，最大產(chǎn)能為100臺(tái)．每生產(chǎn)x臺(tái)，需另投入成本G(x)萬元，且G(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2＋80x，0＜x≤40，,201x＋\f(3600,x)－2100，40<x≤100，))由市場(chǎng)調(diào)研知，該產(chǎn)品每臺(tái)的售價(jià)為200萬元，且全年內(nèi)生產(chǎn)的該產(chǎn)品當(dāng)年能全部銷售完．(1)寫出年利潤(rùn)W(x)(單位：萬元)關(guān)于年產(chǎn)量x(單位：臺(tái))的函數(shù)解析式(利潤(rùn)＝銷售收入－成本)；(2)當(dāng)該產(chǎn)品的年產(chǎn)量為多少時(shí)，公司所獲利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？解(1)由題意可得，當(dāng)0<x≤40時(shí)，W(x)＝200x－(2x2＋80x)－300＝－2x2＋120x－300；當(dāng)40<x≤100時(shí)，W(x)＝200x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(201x＋\f(3600,x)－2100))－300＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3600,x)))＋1800，所以W(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋120x－300，0<x≤40，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3600,x)))＋1800，40<x≤100.))(2)若0<x≤40，W(x)＝－2(x－30)2＋1500，所以當(dāng)x＝30時(shí)，W(x)max＝1500.若40<x≤100，W(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3600,x)))＋1800≤－2eq\r(x·\f(3600,x))＋1800＝－120＋1800＝1680，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(3600,x)，即x＝60時(shí)，W(x)max＝1680.所以該產(chǎn)品的年產(chǎn)量為60臺(tái)時(shí)，公司所獲利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)是1680萬元．10．某新型企業(yè)為獲得更大利潤(rùn)，需不斷加大投資，若預(yù)計(jì)年利潤(rùn)率(利潤(rùn)/成本)低于10%，則該企業(yè)就考慮轉(zhuǎn)型．下表顯示的是某企業(yè)幾年來利潤(rùn)y(單位：百萬元)與年投資成本x(單位：百萬元)變化的一組數(shù)據(jù)：年份2019202020212022…投資成本x35917…年利潤(rùn)y1234…給出以下三個(gè)函數(shù)模型：①y＝kx＋b(k≠0)；②y＝abx(a≠0，b>0，且b≠1)；③y＝loga(x＋b)(a>0，且a≠1)．(1)選擇一個(gè)恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)模型來描述x，y之間的關(guān)系；(2)試判斷該企業(yè)年利潤(rùn)為6百萬元時(shí)，該企業(yè)是否要考慮轉(zhuǎn)型．解(1)將(3，1)，(5，2)代入y＝kx＋b(k≠0)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝3k＋b，,2＝5k＋b，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，))∴y＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2).當(dāng)x＝9時(shí)，y＝4，不符合題意；將(3，1)，(5，2)代入y＝abx(a≠0，b>0，且b≠1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝ab3，,2＝ab5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(\r(2),4)，,b＝\r(2)，))∴y＝eq\f(\r(2),4)·(eq\r(2))x＝2eq\f(x－3,2).當(dāng)x＝9時(shí)，y＝2eq\f(9－3,2)＝8，不符合題意；將(3，1)，(5，2)代入y＝loga(x＋b)(a>0，且a≠1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝loga（3＋b），,2＝loga（5＋b），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))∴y＝log2(x－1)．當(dāng)x＝9時(shí)，y＝log28＝3；當(dāng)x＝17時(shí)，y＝log216＝4.故可用③來描述x，y之間的關(guān)系．(2)令log2(x－1)＝6，則x＝65.∵年利潤(rùn)率為eq\f(6,65)<10%，∴該企業(yè)要考慮轉(zhuǎn)型．考情分析：函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、函數(shù)圖象的對(duì)稱性是必考點(diǎn)，通常會(huì)綜合考查，出現(xiàn)在選填題中．考點(diǎn)難度2023Ⅰ卷T4單調(diào)性易Ⅱ卷T4奇偶性易2022Ⅰ卷T12奇偶性、對(duì)稱性難Ⅱ卷T8奇偶性、周期性難2021Ⅰ卷T13奇偶性易Ⅱ卷T8奇偶性、周期性難考向一函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性例1(1)(2023·菏澤模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋(a－2)x2＋2x＋b在[－2c－1，c＋3]上為奇函數(shù)，則不等式f(2x＋1)＋f(a＋b＋c)>0的解集為()A．(－2，4] B．(－3，5]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，2)) D．(－2，2]答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3＋(a－2)x2＋2x＋b在[－2c－1，c＋3]上為奇函數(shù)，所以－2c－1＋c＋3＝0，解得c＝2，又f(－x)＝－f(x)，即－x3＋(a－2)x2－2x＋b＝－x3－(a－2)x2－2x－b，所以2(a－2)x2＋2b＝0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（a－2）＝0，,2b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝0，))所以f(x)＝x3＋2x，x∈[－5，5]，因?yàn)閥＝x3與y＝2x在定義域[－5，5]上單調(diào)遞增，所以f(x)在定義域[－5，5]上單調(diào)遞增，則不等式f(2x＋1)＋f(a＋b＋c)>0，即f(2x＋1)＋f(4)>0，等價(jià)于f(2x＋1)>f(－4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1>－4，,－5≤2x＋1≤5，))解得－eq\f(5,2)<x≤2，即不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，2)).故選C.(2)(2024·珠海二中階段考試)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2，都有eq\f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)>0，記a＝f(1)，b＝eq\f(f（－2）,2)，c＝eq\f(f（3）,3)，則()A．c＜a＜b B．a(chǎn)＜b＜cC．c＜b＜a D．b＜c＜a答案B解析對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2，不妨設(shè)x1＞x2，因?yàn)閑q\f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)＞0，則x2f(x1)－x1f(x2)＞0，所以eq\f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1x2)＝eq\f(f（x1）,x1)－eq\f(f（x2）,x2)>0，即eq\f(f（x1）,x1)>eq\f(f（x2）,x2)，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，則g(1)＜g(2)＜g(3)，所以f(1)<eq\f(f（2）,2)<eq\f(f（3）,3)，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，則f(1)<eq\f(f（－2）,2)<eq\f(f（3）,3)，即a＜b＜c.故選B.(1)利用偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相反、奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上單調(diào)性相同，實(shí)現(xiàn)不等式的等價(jià)轉(zhuǎn)化．(2)注意偶函數(shù)的性質(zhì)f(x)＝f(|x|)的應(yīng)用．1.(2020·新高考Ⅰ卷)若定義在R的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是()A．[－1，1]∪[3，＋∞) B．[－3，－1]∪[0，1]C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．[－1，0]∪[1，3]答案D解析因?yàn)槎x在R上的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，且f(2)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上也單調(diào)遞減，且f(－2)＝0，f(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(0，2)時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x∈(－2，0)∪(2，＋∞)時(shí)，f(x)<0，所以由xf(x－1)≥0可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,－2≤x－1≤0或x－1≥2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,0≤x－1≤2或x－1≤－2))或x＝0，解得－1≤x≤0或1≤x≤3，所以滿足xf(x－1)≥0的x的取值范圍是[－1，0]∪[1，3]．故選D.2．(2023·開封模擬)f(x)為定義在R上的偶函數(shù)，對(duì)任意的x2>x1≥0，都有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>2，且f(2)＝4，則不等式f(x)>2|x|的解集為()A．(－∞，2) B．(2，＋∞)C．(0，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案D解析對(duì)任意的x2>x1≥0，都有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>2，則eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)－2＝eq\f([f（x2）－2x2]－[f（x1）－2x1],x2－x1)>0，令g(x)＝f(x)－2|x|，則g(x)＝f(x)－2|x|在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)為定義在R上的偶函數(shù)，所以g(－x)＝f(－x)－2|－x|＝f(x)－2|x|＝g(x)，即g(x)＝f(x)－2|x|為偶函數(shù)，又g(2)＝f(2)－2×|2|＝0，由f(x)>2|x|，可得g(x)＝f(x)－2|x|>0，即g(|x|)>g(2)，所以|x|>2，所以f(x)>2|x|的解集為(－∞，－2)∪(2，＋∞)．故選D.考向二函數(shù)的奇偶性與周期性例2(1)(2021·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x＋2)為偶函數(shù)，f(2x＋1)為奇函數(shù)，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0 B．f(－1)＝0C．f(2)＝0 D．f(4)＝0答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋2)為偶函數(shù)，則f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x＋3)＝f(1－x)，因?yàn)楹瘮?shù)f(2x＋1)為奇函數(shù)，則f(1－2x)＝－f(2x＋1)，所以f(1－x)＝－f(x＋1)，所以f(x＋3)＝－f(x＋1)，所以f(x＋1)＝－f(x－1)，所以f(x＋3)＝f(x－1)，即f(x)＝f(x＋4)，故函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，因?yàn)閒(2x＋1)為奇函數(shù)，所以f(1)＝0，故f(－1)＝－f(1)＝0，其他三個(gè)選項(xiàng)未知．故選B.(2)(2024·浙江名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2，f(x＋2)為偶函數(shù)，若f(0)＝0，eq\o(∑,\s\up7(n),\s\do7(k＝1))f(k)＝111，則n的值為()A．107 B．118C．109 D．110答案D解析對(duì)任意的x∈R，由f(x＋1)＋f(x－1)＝2可得f(x＋3)＋f(x＋1)＝2，所以f(x＋3)＝f(x－1)，則f(x)＝f(x＋4)，所以函數(shù)f(x)為周期函數(shù)，且周期為4，因?yàn)閒(x＋2)為偶函數(shù)，所以f(2－x)＝f(2＋x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，則f(1)＝f(3)，因?yàn)閒(1)＋f(3)＝2，則f(1)＝f(3)＝1，因?yàn)閒(0)＋f(2)＝2且f(0)＝0，則f(2)＝2，所以f(1)＋f(2)＝3，因?yàn)閒(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，且111＝4×27＋3，因?yàn)閑q\o(∑,\s\up7(n),\s\do7(k＝1))f(k)＝27×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝111，故n＝4×27＋2＝110.故選D.利用函數(shù)的奇偶性和周期性把所求的函數(shù)值轉(zhuǎn)化為已知函數(shù)解析式的區(qū)間上的函數(shù)值，把未知區(qū)間上的函數(shù)性質(zhì)轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間上的函數(shù)性質(zhì)．(2024·湖南名校聯(lián)盟入學(xué)摸底考試)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x＋1)是奇函數(shù)，f(x＋3)＝f(1－x)，f(0)＝－2，則eq\o(∑,\s\up7(2023),\s\do7(k＝1))f(k)＝________．答案2解析因?yàn)閒(x＋1)是奇函數(shù)，所以f(x＋1)＝－f(1－x)，又f(x＋3)＝f(1－x)，可得f(x＋3)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期為4的周期函數(shù)，因?yàn)閒(x＋2)＝－f(x)，所以f(2)＋f(4)＝0，f(1)＋f(3)＝0，所以eq\o(∑,\s\up7(2023),\s\do7(k＝1))f(k)＝506×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]－f(2024)＝－f(0)＝2.考向三函數(shù)的周期性與對(duì)稱性例3(多選)(2024·東莞第四高級(jí)中學(xué)檢測(cè))已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))恒成立．當(dāng)x∈[2，3]時(shí)，f(x)＝x.則下列四個(gè)命題中正確的是()A．f(x)的周期是2k(k≠0，k∈Z)B．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱C．當(dāng)x∈[－3，－2]時(shí)，f(x)＝－xD．當(dāng)x∈[－2，0]時(shí)，f(x)＝3－|x＋1|答案ACD解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))得f(x)＝f(x＋2)，即f(x)是周期為2的周期函數(shù)，則f(x)的周期是2k(k≠0，k∈Z)，故A正確；∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(x)＝f(x＋2)＝f(－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故B錯(cuò)誤；當(dāng)x∈[－3，－2]時(shí)，－x∈[2，3]，則f(－x)＝－x＝f(x)，即此時(shí)f(x)＝－x，x∈[－3，－2]，故C正確；當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，x＋2∈[2，3]，f(x)＝f(x＋2)＝x＋2，x∈[0，1]．∵函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，∴當(dāng)x∈[－1，0]時(shí)，f(x)＝f(－x)＝－x＋2，當(dāng)x∈[－2，－1]時(shí)，x＋2∈[0，1]，此時(shí)f(x)＝f(x＋2)＝x＋2＋2＝x＋4，當(dāng)x∈[－2，0]時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2，x∈[－1，0]，,x＋4，x∈[－2，－1），))當(dāng)x∈[－2，－1)時(shí)，f(x)＝3－|x＋1|＝3＋x＋1＝x＋4，當(dāng)x∈[－1，0]時(shí)，f(x)＝3－|x＋1|＝3－x－1＝2－x，故D正確．故選ACD.函數(shù)f(x)滿足的關(guān)系f(a＋x)＝f(b－x)表明的是函數(shù)圖象的對(duì)稱性，函數(shù)f(x)滿足的關(guān)系f(a＋x)＝f(b＋x)(a≠b)表明的是函數(shù)的周期性，在使用這兩個(gè)關(guān)系時(shí)不要混淆．(多選)(2024·長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，且滿足f(x＋3)＝f(1－x)，則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x＋1)是奇函數(shù)B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱C．函數(shù)f(x)是最小正周期為2的周期函數(shù)D．若函數(shù)g(x)滿足g(x)＋f(x＋3)＝2，則eq\o(∑,\s\up7(2024),\s\do7(k＝1))g(k)＝4048答案ABD解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱，所以f(x＋1)＝－f(1－x)，所以函數(shù)f(x＋1)是奇函數(shù)，故A正確；因?yàn)閒(x＋1)＝－f(1－x)，所以f(x＋2)＝－f(－x)，又f(x＋3)＝f(1－x)，所以f(x＋3)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故B正確；因?yàn)閒(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閒(x＋2)＝－f(x)，所以f(1)