【專項復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué) 專題03 函數(shù)的概念與性質(zhì) (名校模擬匯編).zip-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

2023真題展現(xiàn)
考向一函數(shù)的奇偶性
考向二函數(shù)單調(diào)性
考向三指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較
真題考查解讀
近年真題對比
考向一．函數(shù)的最值及其幾何意義
考向二．函數(shù)奇偶性
考向三抽象函數(shù)及其應(yīng)用
考點四指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較
命題規(guī)律解密
名校模擬探源
十三種題型60題
易錯易混速記/二級結(jié)論速記
考向一函數(shù)的奇偶性
1．（2023?新高考Ⅱ?第4題）若f（x）＝（x+a）ln2x?12x+1為偶函數(shù)，則a＝（）
A．﹣1B．0C．12D．1
【答案】B
解：由2x?12x+1＞0，得x＞12或x＜?12，
由f（x）是偶函數(shù)，
∴f（﹣x）＝f（x），
得（﹣x+a）ln?2x?1?2x+1=（x+a）ln2x?12x+1，
即（﹣x+a）ln2x+12x?1=（﹣x+a）ln（2x?12x+1）﹣1＝（x﹣a）ln2x?12x+1=（x+a）ln2x?12x+1，
∴x﹣a＝x+a，得﹣a＝a，
得a＝0．
考向二函數(shù)單調(diào)性
2．（2023?新高考Ⅰ?第4題）設(shè)函數(shù)f（x）＝2x（x﹣a）在區(qū)間（0，1）單調(diào)遞減，則a的取值范圍是（）
A．（﹣∞，﹣2]B．[﹣2，0）C．（0，2]D．[2，+∞）
【答案】D．
解：設(shè)t＝x（x﹣a）＝x2﹣ax，對稱軸為x＝，拋物線開口向上，
∵y＝2t是t的增函數(shù)，
∴要使f（x）在區(qū)間（0，1）單調(diào)遞減，
則t＝x2﹣ax在區(qū)間（0，1）單調(diào)遞減，
即≥1，即a≥2，
故實數(shù)a的取值范圍是[2，+∞）．
考向三指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較
3．（2023?新高考Ⅰ?第10題）（多選）噪聲污染問題越來越受到重視．用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓．下表為不同聲源的聲壓級：
已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）
A．p1≥p2B．p2＞10p3C．p3＝100p0D．p1≤100p2
【答案】ACD
解：由題意得，60≤20lgp1p0≤90，1000p0≤p1≤1092p0，
50≤20lgp2p0≤60，1052p0≤p2≤1000p0，
20lgp3p0=40，p3＝100p0，
可得p1≥p2，A正確；
p2≤10p3＝1000p0，B錯誤；
p3＝100p0，C正確；
p1≤1092p0＝100×1052p0≤100p2，p1≤100p2，D正確．
【命題意圖】
考查函數(shù)的性質(zhì)：對稱性、周期性、單調(diào)性，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推導(dǎo)與計算素養(yǎng)．
【考查要點】
函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考常考查的熱點之一．考查函數(shù)的定義域、值域、圖象，函數(shù)的對稱性、周期性、單調(diào)性．
【得分要點】
一．函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷
（1）如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點對稱，且定義域內(nèi)任意一個x，都有f（﹣x）＝﹣f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做奇函數(shù)，其圖象特點是關(guān)于（0，0）對稱．
（2）如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點對稱，且定義域內(nèi)任意一個x，都有f（﹣x）＝f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做偶函數(shù)，其圖象特點是關(guān)于y軸對稱．
二.函數(shù)的單調(diào)性
判斷函數(shù)的單調(diào)性，有四種方法：定義法；導(dǎo)數(shù)法；函數(shù)圖象法；基本函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用；復(fù)合函數(shù)遵循“同增異減”；證明方法有定義法；導(dǎo)數(shù)法．
單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用符號“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)，只能用“和”或“，”連結(jié)．
設(shè)任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么
①?f（x）在[a，b]上是增函數(shù)；
?f（x）在[a，b]上是減函數(shù)．
②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0?f（x）在[a，b]上是增函數(shù)；
（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0?f（x）在[a，b]上是減函數(shù)．
函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，定義求解求解一般包括端點值，導(dǎo)數(shù)一般是開區(qū)間．
三、指對冪函數(shù)的大小比較
方法一：運用函數(shù)的單調(diào)性比較
1.對于抽象函數(shù)，可以借助中心對稱、軸對稱、周期等性質(zhì)來“去除f（）外衣”比較大小；
2.有解析式函數(shù)，可以通過函數(shù)性質(zhì)或者求導(dǎo)等，尋找函數(shù)單調(diào)性對稱性，以用于比較大小.
方法二：因為冪指對函數(shù)的特殊性，往往比較大小，可以借助于臨界值0與1（或者-1）比較大小.
方法三：尋找中間變量是屬于難點，可以適當(dāng)?shù)目偨Y(jié)積累規(guī)律
1.估算要比較大小的兩個值所在的大致區(qū)間
2.可以對區(qū)間使用二分法（或者利用指對轉(zhuǎn)化）尋找合適的中間值
方法四：作差法、作商法
1. 一般情況下，作差或者做商，可處理底數(shù)不一樣的的對數(shù)比大小
2. 作差或者做商的難點在于后續(xù)變形處理，注意此處的常見技巧和方法解
方法五：利用對數(shù)運算分離常數(shù)比大小
這是對數(shù)值所獨有的技巧，類似于分式型的分離常數(shù)，借助此法可以把較復(fù)雜的數(shù)據(jù)，轉(zhuǎn)化為某一單調(diào)區(qū)間，或者某種具有單調(diào)性的形式，以利于比較大小
方法六：構(gòu)造函數(shù)
學(xué)習(xí)和積累“構(gòu)造函數(shù)比大小”，要先從此處入手，通過這個函數(shù)，學(xué)習(xí)觀察，歸納，總結(jié)“同構(gòu)”規(guī)律，還要進一步總結(jié)“異構(gòu)”規(guī)律，為后續(xù)積累更復(fù)雜的“構(gòu)造函數(shù)”能力做訓(xùn)練.
構(gòu)造函數(shù)，.觀察總結(jié)“同構(gòu)”規(guī)律，許多時候，三個數(shù)比較大小，可能某一個數(shù)會被刻意的隱藏了“同構(gòu)”規(guī)律，所以可以優(yōu)先從結(jié)構(gòu)最接近的兩個數(shù)規(guī)律.
方法七：放縮法
1、對數(shù)，利用單調(diào)性，放縮底數(shù)，或者放縮真數(shù)
2、指數(shù)和冪函數(shù)結(jié)合來放縮。
3、利用均值不等式等不等關(guān)系放縮
方法八：“數(shù)值逼近”是指一些無從下手的數(shù)據(jù)，如果分析會發(fā)現(xiàn)非常接近某些整數(shù)（主要是整數(shù)多一些），那么可以以該“整數(shù)”為變量，構(gòu)造四舍五入函數(shù)關(guān)系，2021年全國卷乙卷第12題即是此思維.
考向一．函數(shù)的最值及其幾何意義
1．（2021?新高考Ⅰ）函數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值為．
【答案】1
【解答】解：法一、函數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定義域為（0，+∞）．
當(dāng)0＜x時，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，
此時函數(shù)f（x）在（0，]上為減函數(shù)，
當(dāng)x＞時，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，
則f′（x）＝＝，
當(dāng)x∈（，1）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
∵f（x）在（0，+∞）上是連續(xù)函數(shù)，
∴當(dāng)x∈（0，1）時，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時，f（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x＝1時f（x）取得最小值為f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1．
故答案為：1．
法二、令g（x）＝|2x﹣1|，h（x）＝2lnx，
分別作出兩函數(shù)的圖象如圖：
由圖可知，f（x）≥f（1）＝1，
則數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值為1．
考向二．函數(shù)奇偶性
2．（2021?新高考Ⅱ）寫出一個同時具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f（x）：．
①f（x1x2）＝f（x1）f（x2）；②當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函數(shù)．
【答案】f（x）＝x2．．
解：f（x）＝x2時，；當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＝2x＞0；f′（x）＝2x是奇函數(shù)．
故答案為：
另解：冪函數(shù)f（x）＝xa（a＞0）即可滿足條件①和②；偶函數(shù)即可滿足條件③，
綜上所述，取f（x）＝x2即可．
3．（2021?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，則a＝．
【答案】1
解：函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，
y＝x3為R上的奇函數(shù)，
故y＝a?2x﹣2﹣x也為R上的奇函數(shù)，
所以y|x＝0＝a?20﹣20＝a﹣1＝0，
所以a＝1．
法二：因為函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，
所以f（﹣x）＝f（x），
即﹣x3（a?2﹣x﹣2x）＝x3（a?2x﹣2﹣x），
即x3（a?2x﹣2﹣x）+x3（a?2﹣x﹣2x）＝0，
即（a﹣1）（2x+2﹣x）x3＝0，
所以a＝1．
4．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）的定義域為R（f（x）不恒為0），f（x+2）為偶函數(shù)，f（2x+1）為奇函數(shù)，則（）
A．f（﹣）＝0B．f（﹣1）＝0C．f（2）＝0D．f（4）＝0
【答案】B
【解答】解：∵函數(shù)f（x+2）為偶函數(shù)，
∴f（2+x）＝f（2﹣x），
∵f（2x+1）為奇函數(shù)，
∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），
用x替換上式中2x+1，得f（2﹣x）＝﹣f（x），
∴f（2+x）＝﹣f（x），f（4+x）＝﹣f（2+x）＝f（x），即f（x）＝f（x+4），
故函數(shù)f（x）是以4為周期的周期函數(shù)，
∵f（2x+1）為奇函數(shù)，
∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），即f（2x+1）+f（﹣2x+1）＝0，
用x替換上式中2x+1，可得，f（x）+f（2﹣x）＝0，
∴f（x）關(guān)于（1，0）對稱，
又∵f（1）＝0，
∴f（﹣1）＝﹣f（2+1）＝﹣f（1）＝0．
考向三抽象函數(shù)及其應(yīng)用
5．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，則f（k）＝（）
A．﹣3B．﹣2C．0D．1
【答案】A
解：令y＝1，則f（x+1）+f（x﹣1）＝f（x），即f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（x+2）＝f（x+1）﹣f（x），f（x+3）＝f（x+2）﹣f（x+1），
∴f（x+3）＝﹣f（x），則f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），
∴f（x）的周期為6，
令x＝1，y＝0得f（1）+f（1）＝f（1）×f（0），解得f（0）＝2，
又f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（2）＝f（1）﹣f（0）＝﹣1，
f（3）＝f（2）﹣f（1）＝﹣2，
f（4）＝f（3）﹣f（2）＝﹣1，
f（5）＝f（4）﹣f（3）＝1，
f（6）＝f（5）﹣f（4）＝2，
∴，
∴＝f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝﹣3．
考向四指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)大小比較
6．（2022?新高考Ⅰ）設(shè)a＝0.1e0.1，b＝，c＝﹣ln0.9，則（）
A．a(chǎn)＜b＜cB．c＜b＜aC．c＜a＜bD．a(chǎn)＜c＜b
【答案】C
解：構(gòu)造函數(shù)f（x）＝lnx+，x＞0，
則f'（x）＝，x＞0，
當(dāng)f'（x）＝0時，x＝1，
0＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
∴f（x）在x＝1處取最小值f（1）＝1，
∴，（x＞0且x≠1），
∴l(xiāng)n0.9＞1﹣＝﹣，∴﹣ln0.9＜，∴c＜b；
∵﹣ln0.9＝ln＞1﹣＝，∴，
∴0.1e0.1＜，∴a＜b；
設(shè)g（x）＝xex+ln（1﹣x）（0＜x＜1），
則＝，
令h（x）＝ex（x2﹣1）+1，h′（x）＝ex（x2+2x﹣1），
當(dāng)0時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，
∵h(yuǎn)（0）＝0，∴當(dāng)0＜x＜時，h（x）＜0，
當(dāng)0＜x＜﹣1時，g′（x）＞0，g（x）＝xex+ln（1﹣x）單調(diào)遞增，
∴g（0.1）＞g（0）＝0，∴0.1e0.1＞﹣ln0.9，∴a＞c，
∴c＜a＜b．
7．（2021?新高考Ⅱ）已知a＝lg52，b＝lg83，c＝，則下列判斷正確的是（）
A．c＜b＜aB．b＜a＜cC．a(chǎn)＜c＜bD．a(chǎn)＜b＜c
【答案】C
【解答】解：∵，，
∴a＜c＜b．
從近三年的新高考試題來看，函數(shù)單調(diào)性的判斷和應(yīng)用以及函數(shù)的最值問題是高考的熱點，題型既有選擇題、填空題。主要考查函數(shù)的單調(diào)性、最值的靈活確定與簡單應(yīng)用，預(yù)測2024高考仍將以函數(shù)的單調(diào)性，奇偶性、冪指對函數(shù)比較大小為主要考點，重點考查轉(zhuǎn)化與化歸思想及邏輯推理能力．
一．函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間（共3小題）
1．（2023?海淀區(qū)校級三模）下列函數(shù)中，在區(qū)間（﹣∞，0）上是減函數(shù)的是（）
A．y＝x3B．
C．D．y＝x﹣1
【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：
對于A，y＝x3，是冪函數(shù)，在R上為增函數(shù)，不符合題意；
對于B，y＝（）﹣x＝2x，是指數(shù)函數(shù)，在R上為增函數(shù)，不符合題意；
對于C，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷方法，y＝在區(qū)間（﹣∞，0）上是遞增，不符合題意；
對于D，y＝x﹣1＝，是反比例函數(shù)，在區(qū)間（﹣∞，0）上是減函數(shù)，符合題意．
故選：D．
2．（2023?揚中市校級模擬）若冪函數(shù)f（x）的圖象過點，則函數(shù)的遞減區(qū)間為（）
A．（0，2）B．（﹣∞，0）和（2，+∞）
C．（﹣2，0）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【解答】解：設(shè)冪函數(shù)f（x）＝xα，它的圖象過點（，），
∴（）α＝，∴α＝2；
∴f（x）＝x2；
∴g（x）＝，則g′（x）＝＝，
令g′（x）＜0，即x（2﹣x）＜0，解得：x＞2或x＜0，
故g（x）在遞減區(qū)間是（﹣∞，0）和（2，+∞），
故選：B．
3．（2023?浦東新區(qū)校級三模）定義在區(qū)間[1，+∞）上的函數(shù)f（x）的圖像是一條連續(xù)不斷的曲線，f（x）在區(qū)間[2k﹣1，2k]上嚴(yán)格增，在區(qū)間[2k，2k+1]上嚴(yán)格減，k為正整數(shù)．給出下列四個結(jié)論：
①若{f（2k）}為嚴(yán)格增數(shù)列，則f（x）存在最大值；
②若{f（2k+1）}為嚴(yán)格增數(shù)列，則f（x）存在最小值；
②若f（2k）f（2k+1）＞0，且f（2k）+f（2k+1）存在最小值，則|f（x）|存在最小值；
若f（2k）f（2k+1）＜0，且f（2k）﹣f（2k+1）存在最大值，則|f（x）|存在最大值．
其中所有錯誤結(jié)論的序號有．
【解答】解：對于①，由條件知，函數(shù)f（x）在區(qū)間[2k﹣1，2k]上單調(diào)遞增，
在區(qū)間[2k，2k+1上單調(diào)遞減，k＝1，2，…，那么在區(qū)間[2k﹣1，2k+1]，函數(shù)的最大值是f（2k），
若數(shù)列 {f（2k）}為遞增數(shù)列，則函數(shù)f（x）不存在最大值，所以①錯誤；
對于②，由條件知，函數(shù)f（x）在區(qū)間[2k﹣1，2k]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[2k，2k+1]上單調(diào)遞減，
若{f（2k+D）}為遞增數(shù)列，那么在區(qū)間[2k﹣1，2k+1]的最小值是f（2k﹣1），且f（2k+D）為遞增數(shù)列，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）的最小值是f（1），所以②正確；
對于③，若f（2k）f（2k+1）＞0，取，k∈N*，
則f（2k）+f（2k+1）＝2k，存在最小值，
但此時|f（x）|的最小值是|f（2k+1）|＝的最小值，函數(shù)單調(diào)遞減，無最小值，所以③錯誤；
對于④，若f（2k）f（2k+1）＜0，取，則f（2k）﹣f（2k+1）＝2恒成立，
則f（2k）﹣f（2k+1）有最大值，但|f（x）|的最大值是|f（2k）|＝2﹣的最大值，
函數(shù)單調(diào)遞增，無最大值，所以④錯誤．
故答案為：①③④．
二．函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷（共6小題）
4．（2023?西城區(qū)校級三模）在下列四個函數(shù)中，在定義域內(nèi)單調(diào)遞增的有（）
A．f（x）＝tanxB．f（x）＝|x|C．f（x）＝2xD．f（x）＝x2
【解答】解：A：根據(jù)正切函數(shù)的性質(zhì)可知，y＝tanx在定義域（﹣，）（k∈Z）上單調(diào)，不符合題意；
B：f（x）＝|x|在定義域R上不單調(diào)，不符合題意；
C：根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知，f（x）＝2x在R上單調(diào)遞增，符合題意；
D：根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)；f（x）＝x2在定義域R上不單調(diào)，不符合題意．
故選：C．
5．（2023?龍華區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且f（f（x）﹣x﹣lg2x）＝5，則f（x）在[1，8]上的值域為（）
A．[2，10]B．[3，10]C．[2，13]D．[3，13]
【解答】解：由題意設(shè)f（x）﹣x﹣lg2x＝m，則f（x）＝x+lg2x+m，且f（m）＝5，
所以m+lg2m+m＝5，即lg2m＝5﹣2m，解得m＝2，
所以f（x）＝x+lg2x+2，x∈[1，8]，
因為函數(shù)y＝x，y＝lg2x都為單調(diào)遞增函數(shù)，所以函數(shù)f（x）在[1，8]上單調(diào)遞增，
則當(dāng)x＝1時，f（x）min＝1+0+2＝3，當(dāng)x＝8時，f（x）max＝8+3+2＝13，
所以函數(shù)f（x）的值域為[3，13]，
故選：D．
6．（2023?西寧模擬）已知函數(shù)，對任意x1≠x2，都有成立，則a的取值范圍是（）
A．（0，1）B．（1，2]C．（0，1]D．（1，2）
【解答】解：因為對任意x1≠x2，都有成立，
所以函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
因為，所以，
解得1＜a≤2，故A，C，D錯誤．
故選：B．
7．（2023?景德鎮(zhèn)模擬）已知定義域為R的函數(shù)f（x）的圖象是連續(xù)不斷的曲線，對任意實數(shù)m，n均滿足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），且當(dāng)x＞0時，f（x）＞0．若g（x）＝，則下列判斷正確的是（）
A．g（1）＞g（0）B．g（3）＜g（﹣1）C．g（2）＜g（﹣1）D．g（3）＞g（﹣2）
【解答】解：已知對任意實數(shù)m，n均滿足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），
可得+＝，
不妨設(shè)，
因為當(dāng)x＞0時，f（x）＞0，
所以h（x）＞0，
滿足h（m）+h（n﹣m）＝h（n），
當(dāng)n＞m時，h（n﹣m）＞0；
所以h（m）＜h（n），
即h（x）在R上單調(diào)遞增，
又g（x）＝，
即g（x）＝，
所以函數(shù)g（x）的圖象關(guān)于x＝1對稱，且g（x）在（1，+∞）上遞增，
則g（1）＜g（0），故選項A錯誤；g（3）＝g（﹣1），故選項B錯誤；
g（2）＜g（﹣1），故選項C正確；g（3）＜g（﹣2），故選項D錯誤．
故選：C．
8．（2023?駐馬店二模）已知f（x）是定義域為R的單調(diào)遞增的函數(shù)，?n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，則f（28）＝．
【解答】解：因為?n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，所以，f（f（0））＝0，
因為f（0）∈N，若f（0）＝0，則f（f（0））＝f（0）＝0，合乎題意，
若f（0）≥1，則f（f（0））≥f（1）＞f（0）≥1，這與f（f（0））＝0矛盾，故f（0）＝0，
所以，f（1）＞f（0）＝0，因為f（1）∈N，則f（1）≥1，
因為f（f（1））＝3，若f（1）＝1，則f（f（1））＝f（1）＝1，這與f（f（1））＝3矛盾，
若f（1）＝2，則f（f（1））＝f（2）＝3＞f（1），合乎題意，
若f（1）≥3，則f（f（1））≥f（3）＞f（1）≥3，即f（f（1））＞3，矛盾，故f（1）＝2．
因為f（f（2））＝f（3）＝6，所以f（f（3））＝f（6）＝9，
所以，6＝f（3）＜f（4）＜f（5）＜f（6）＝9，于是f（4）＝7，f（5）＝8．
因為f（f（4））＝f（7）＝12，所以f（f（7））＝f（12）＝21，
因為f（f（6））＝f（9）＝18，18＝f（9）＜f（10）＜f（11）＜f（12）＝21，
所以f（10）＝19，f（11）＝20．
因為f（f（9））＝f（18）＝27，f（f（10））＝f（19）＝30，
所以f（f（18））＝f（27）＝54，f（f（19））＝f（30）＝57，
所以，54＝f（27）＜f（28）＜f（29）＜f（30）＝57，所以f（28）＝55，f（29）＝56．
故答案為：55．
9．（2023?楊浦區(qū)校級三模）已知函數(shù)，設(shè)xi（i＝1、2、3）為實數(shù)，且x1+x2+x3＝0，給出下列結(jié)論：①若x1?x2?x3＞0，則；②若x1?x2?x3＜0，則．則（）
A．①正確，②錯誤B．①錯誤，②正確
C．①②都正確D．①②都錯誤
【解答】解：令函數(shù)，
可得函數(shù)g（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，
又由，即g（﹣x）＝﹣g（x），
所以函數(shù)g（x）為奇函數(shù)，圖象關(guān)于點（0，0）對稱，如圖（1）所示，
①中，因為 x1+x2+x3＝0，且 x1?x2?x3＞0，則 x3＝﹣（x1+x2），不妨設(shè) x1＜0，x2＜0，x3＞0，
則點A（x1+x2，f（x1+x2）），此時直線OA的方程為，
可得，則，
可得g（x1）+g（x2）﹣g（x1+x2）＜0，又由 g（x3）＝g[﹣（x1+x2）]＝﹣g（x1+x2），
所以g（x1）+g（x2）+g（x3）＜0，即，
即，所以①正確；
②中，若 x1?x2?x3＜0，不妨設(shè) x1?x2?x3＞0，則x1＝﹣（x2+x3），不妨設(shè) x1＜0，x2＞0，x3＞0，
則點B（x2+x3，f（x2+x3）），此時直線OB的方程為，
可得，
則，
可得g（x2）+g（x3）﹣g（x2+x3）＞0，
又由g（x1）＝g[﹣（x2+x3）]＝﹣g（x2+x3），
所以g（x1）+g（x2）+g（x3）＞0，
即，
即，所以②正確．
故選：C．
三．復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性（共4小題）
10．（2023?紹興二模）下列函數(shù)在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞增的是（）
A．y＝（x﹣2）2B．C．y＝sin（x﹣2）D．y＝cs（x﹣2）
【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：
對于A，y＝（x﹣2）2，是開口向上的二次函數(shù)，其對稱軸為x＝2，在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞減，不符合題意；
對于B，y＝，在區(qū)間（0，2）上為減函數(shù)，不符合題意；
對于C，設(shè)t＝x﹣2，則y＝sint，由于0＜x＜2，則﹣2＜t＜0，y＝cst在區(qū)間（﹣2，0）先減后增，則y＝sin（x﹣2）在區(qū)間（0，2）不是增函數(shù)，不符合題意；
對于D，設(shè)t＝x﹣2，則y＝cst，由于0＜x＜2，則﹣2＜t＜0，y＝cst在區(qū)間（﹣2，0）上為增函數(shù)，則y＝cs（x﹣2）在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞增，符合題意．
故選：D．
（多選）11．（2023?渝中區(qū)校級模擬）若，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則下列命題正確的是（）
A．f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增
B．f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減
C．f（x）的圖象關(guān)于直線x＝0對稱
D．f（x）的圖象關(guān)于點（0，0）中心對稱
【解答】解：f（﹣x）＝f（x），則f（x）是偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸即x＝0對稱，C項正確，D項錯誤；
設(shè)u＝1﹣x2，其在（0，+∞）上單調(diào)減，y＝eu在u∈R上單調(diào)增，
則函數(shù)，在（0，+∞）上單調(diào)減，B項正確，A錯誤．
故選：BC．
12．（2023?濟寧一模）若函數(shù)f（x）＝lga（ax﹣x3）（a＞0且a≠1）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是（）
A．[3，+∞）B．（1，3]C．D．
【解答】解：令μ＝g（x）＝ax﹣x3，則g'（x）＝a﹣3x2，
當(dāng)或時，g'（x）＜0，當(dāng)時，g'（x）＞0，
所以g（x）在和上遞減，在上遞增，
當(dāng)a＞1時，y＝lgaμ為增函數(shù)，且函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，
所以，解得a≥3，
此時g（x）在（0，1）上遞增，則g（x）＞g（0）＝0恒成立，
當(dāng)0＜a＜1時，y＝lgaμ為減函數(shù)，且函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，
所以，無解，
綜上所述，a的取值范圍是[3，+∞）．
故選：A．
13．（2023?安康一模）已知函數(shù)．
（1）若f（1）＝3，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在實數(shù)a，使函數(shù)f（x）的最小值為0？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）∵f（1）＝3，∴a+9＝23，即a＝﹣1，，
由﹣x2+4x+5＞0，x2﹣4x﹣5＝（x﹣5）（x+1）＜0，
解得﹣1＜x＜5，∴函數(shù)f（x）的定義域為（﹣1，5），
∵函數(shù)t＝﹣x2+4x+5在（﹣1，2）上單調(diào)遞增，在（2，5）上單調(diào)遞減，
又∵y＝lg2t在（0，+∞）上為增函數(shù)，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣1，2），單調(diào)遞減區(qū)間為（2，5）．
（2）設(shè)存在實數(shù)a，使函數(shù)f（x）的最小值為0，h（x）＝ax2+4x+5，
∵函數(shù)f（x）的最小值為0，∴函數(shù)h（x）的最小值為1，所以a＞0①，且②，
聯(lián)立①②解得：a＝1，
∴存在實數(shù)a＝1，使函數(shù)f（x）的最小值為0．
四．函數(shù)的最值及其幾何意義（共9小題）
14．（2023?興慶區(qū)校級模擬）已知實數(shù)x，y滿足2x2﹣5lnx﹣y＝0，m∈R，則的最小值為（）
A．B．C．D．
【解答】解：∵＝，表示動點P（x，y）到定點（m，﹣m）的距離，
又因為（m，﹣m）在直線x+y＝0上，
求y＝2x2﹣5lnx（x＞0）與直線x+y＝0平行的切線，該切線與直線x+y＝0間的距離即為的最小值．
由y＝2x2﹣5lnx求導(dǎo)得，y′＝4x﹣，
令y′＝﹣1，即4x﹣＝﹣1，即4x2+x﹣5＝0，
解得x＝1（負(fù)值舍去），
所以切點（1，2），
又切點（1，2）到直線x+y＝0的距離d＝＝，
所以動點P（x，y）到定點（m，﹣m）的最小距離為，
所以的最小值為，
故選：B．
15．（2023?鄭州模擬）已知函數(shù)f（x）＝a（3﹣x）+的圖象過點（0，1）與，則函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，4]上的最大值為（）
A．B．C．D．
【解答】解：由題意可得，解得．
∴f（x）＝＝1﹣，
f′（x）＝＝＝＝，
當(dāng)x∈[1，2）時，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（2，4]時，f′（x）＜0，
∴f（x）在[1，2）上單調(diào)遞增，在（2，4]上單調(diào)遞減，
∴＝．
故選：B．
16．（2023?蘆溪縣校級一模）關(guān)于“函數(shù)f（x）＝的最大、最小值與數(shù)列an＝的最大、最小項”，下列說法正確的是（）
A．函數(shù)f（x）無最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項
B．函數(shù)f（x）無最大、最小值，數(shù)列{an}無最大、最小項
C．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項
D．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}無最大、最小項
【解答】解：函數(shù)f（x）＝＝?＝?＝（1+），
令g（x）＝1+，
由2x﹣≠0，解得x≠lg2，所以函數(shù)的定義域為{x|x≠lg2}，
因為2x﹣＞﹣且2x﹣≠0，所以∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），
則∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），
則g（x）∈（﹣∞，）∪（1，+∞），所以函數(shù)f（x）無最大、最小值；
又y＝在（﹣∞，0），（0，+∞）上單調(diào)遞減，y＝2x﹣在定義域上單調(diào)遞增，
所以f（x）在（﹣∞，lg2），（lg2，+∞）上單調(diào)遞減，
且當(dāng)x＞lg2時，f（x）＞0，
因為2＜lg2＜lg28＝3，
對于數(shù)列an＝，
則a1＝0＞a2＝﹣，a3＝6＞a4＞a5＞…＞0，且n≥3時an＞0，
所以數(shù)列{an}有最小項a2＝﹣，有最大項a3＝6．
故選：A．
17．（2023?浦東新區(qū)二模）函數(shù)在區(qū)間上的最小值為．
【解答】解：y＝＝1+lg2x+﹣1＝lg2（2x）+﹣1＝+﹣1＝2lg4（2x）+﹣1，
∵x∈（，+∞），∴2x∈（1，+∞），∴l(xiāng)g4（2x）＞0，
∴y＝2lg4（2x）+﹣1﹣1＝2﹣1，當(dāng)且僅當(dāng)2lg4（2x）＝，即lg4（2x）＝時，等號成立，
即函數(shù)在區(qū)間上的最小值為2﹣1．
故答案為：2﹣1．
18．（2023?南關(guān)區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，存在實數(shù)x1，x2，…，xn使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立，若正整數(shù)n的最大值為6，則a的取值范圍為（）
A．B．
C．D．
【解答】解：設(shè)，
由于單調(diào)遞減，則g（x）單調(diào)遞增，
因為e2x+1＞1，
所以﹣1＜g（x）＜1，則﹣1﹣a＜g（x）﹣a＜1﹣a，
當(dāng)0≤a≤1時，﹣1﹣a＜﹣1，0＜1﹣a＜1，
則0≤f（x）＜a+1，
顯然存在任意正整數(shù)n，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立；
當(dāng)a＞1時，﹣1﹣a＜1﹣a＜0，a﹣1＜f（x）＜a+1，
要使正整數(shù)n的最大值為6，則，解得；
當(dāng)﹣1≤a＜0時，﹣1＜﹣1﹣a＜0，1﹣a＞1，0≤f（x）＜1﹣a，
顯然存在任意正整數(shù)n，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）成立；
當(dāng)a＜﹣1時，0＜﹣1﹣a＜1﹣a，﹣a﹣1＜f（x）＜﹣1﹣a，
要使正整數(shù)n的最大值為6，則，解得．
綜上，實數(shù)a的取值范圍為．
故選：C．
19．（2023?煙臺模擬）已知實數(shù)a，b滿足a2+b2﹣4a+3＝0，則a2+（b+2）2的最大值為．
【解答】解：方程a2+b2﹣4a+3＝0整理得（a﹣2）2+b2＝1，
設(shè)點A（a，b），即點A是圓C：（x﹣2）2+y2＝1上一點
又點B（0，﹣2）在圓C：（x﹣2）2+y2＝1外，所以，
則，
所以a2+（b+2）2的最大值為．
故答案為：．
20．（2023?香坊區(qū)校級模擬）已知實數(shù)x1，x2，y1，y2滿足+＝4，+＝9，x1x2+y1y2＝0則|x1+y1﹣9|+|x2+y2﹣9|的最小值是．
【解答】解：由可知，
點A（x1，y1），B（x2，y2）分別在圓x2+y2＝4和圓x2+y2＝9上，
由x1x2+y1y2＝0得OA⊥OB，
如圖，作直線l：y＝﹣x，過B作BD⊥l于D，過A作AE⊥l于E，
設(shè)，因為OA⊥OB，所以，
從而，
故，
其中，
故當(dāng)時，|BD|+|AE|取最大值，
而，
其中表示A到直線x+y﹣9＝0的距離d1，
表示B到直線x+y﹣9＝0的距離d2，
因為y＝﹣x與x+y﹣9＝0平行，且y＝﹣x與x+y﹣9＝0的距離為，
所以，
從而|x1+y1﹣9|+|x2+y2﹣9|＝（d1+d2）≤（|AE|+|BD|+）＝．
故答案為：+18．
21．（2023?鯉城區(qū)校級模擬）設(shè)a，b∈R，c＞0，求的最小值．
【解答】解：由兩點距離公式的幾何意義可知的幾何意義為點（a，ea）到（b，b）的距離，
的幾何意義表示為點（c，lnc）到（b，b）的距離，
而（a，ea）是y＝ex（x＞0）上的點，（c，lnc）是y＝lnx上的點，（b，b）是y＝x上的點，
且y＝ex與y＝lnx關(guān)于直線y＝x對稱，
∴+的最小值，轉(zhuǎn)化為y＝ex圖像上的動點與y＝lnx圖像上的動點間的最小距離，
顯然，y＝ex與平行y＝x的切線l1的切點M，和y＝lnx與平行y＝x的切線12的切點N，
它們之間的距離MN就是所求最小距離．
對于y＝ex，設(shè)切點為（x1，y1），有y′＝ex，則＝1，故x1＝0，則y1＝e0＝1，故M（0，1）．
對于y＝lnx，設(shè)切點為（x2，y2），有y′＝，則＝1，故x2＝1，則y2＝ln1＝0，故N（1，0），
則|MN|＝＝，
則+的最小值為．
故答案為：．
22．（2023?武功縣校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝2|x﹣1|+|2x+1|．
（1）解不等式f（x）＜4；
（2）已知f（x）的最小值為m，正實數(shù)a，b滿足mab＝a+b，求a+3b的最小值．
【解答】解：（1）當(dāng)x≥1時，f（x）＝2x﹣2+2x+1＝4x﹣1，由f（x）＜4得4x﹣1＜4得x＜，此時1≤x＜．
當(dāng)﹣＜x＜1時，f（x）＝﹣2x+2+2x+1＝3，此時f（x）＜4恒成立，此時﹣＜x＜1．
當(dāng)x≤﹣時，f（x）＝﹣2x+2﹣2x﹣1＝﹣4x+1，由f（x）＜4得﹣4x+1＜4得x＞﹣，此時﹣＜x≤﹣．
綜上﹣＜x＜．
即不等式的解集為（﹣，）．
（2）由f（x）的圖象知f（x）的最小值為3，即m＝3，
則mab＝a+b等價3ab＝a+b，即1＝＝+，
則a+3b＝（a+3b）（+）＝+1++≥+2＝+，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝b時取等號，
即a+3b的最小值是+．
五．奇函數(shù)、偶函數(shù)（共3小題）
23．（2023?昌江縣二模）已知f（x）是R上的奇函數(shù)，且f（x+2）＝﹣f（x），當(dāng)x∈（0，2）時，f（x）＝x2+2x，則f（15）＝（）
A．3B．﹣3C．255D．﹣255
【解答】解：因為f（x）是R上的奇函數(shù)，且f（x+2）＝﹣f（x），
所以f（x+4）＝f（x），
當(dāng)x∈（0，2）時，f（x）＝x2+2x，
則f（15）＝f（3）＝﹣f（1）＝﹣3．
故選：B．
24．（2023?茂南區(qū)校級三模）已知函數(shù)是偶函數(shù)，則a＝．
【解答】解：因為是偶函數(shù)，
所以f（﹣x）＝f（x）恒成立，
所以（e﹣x﹣aex）cs3x＝（）cs3x，
整理得（a+1）（）＝0恒成立，
所以a＝﹣1．
故答案為：﹣1．
25．（2023?肥西縣模擬）若函數(shù)f（x）（x∈R）是周期為4的奇函數(shù)，且在[0，2]上的解析式為，則＝．
【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）（x∈R）是周期為4的奇函數(shù)，
則f（5）＝f（1），f（）＝f（﹣+8）＝f（﹣）＝﹣f（），
又由函數(shù)f（x）在[0，2]上的解析式為，
則f（5）＝f（1）＝0，f（）＝﹣f（）＝﹣sinπ＝，
則f（5）+f（）＝0+＝，
故答案為：．
六．函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷（共4小題）
26．（2023?鄭州三模）已知函數(shù)是偶函數(shù)，則實數(shù)a＝．
【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域為（﹣∞，0）∪（0，+∞），
又f（x）為偶函數(shù)，
則，
解得a＝2，
經(jīng)檢驗，a＝2符合題意．
故答案為：2．
27．（2023?張家口一模）已知是奇函數(shù)，則實數(shù)a＝．
【解答】解：由題意得f（x）＝﹣f（﹣x），所以，
解得a＝2．
故答案為：2．
28．（2023?紅山區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，f（2x+2）為偶函數(shù)，f（x+1）為奇函數(shù)，且當(dāng)x∈[0，1]時，f（x）＝ax+b．若f（4）＝1，則＝（）
A．B．0C．D．﹣1
【解答】解：因為f（2x+2）為偶函數(shù)，所以f（﹣2x+2）＝f（2x+2），
用代替x得：f（﹣x+1）＝f（x+3），
因為f（x+1）為奇函數(shù)，所以f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
故f（x+3）＝﹣f（x+1）①，
用x+2代替x得：f（x+5）＝﹣f（x+3）②，
由①②得：f（x+5）＝f（x+1），
所以函數(shù)f（x）的周期T＝4，
所以f（4）＝f（0）＝1，即b＝1，
因為f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令x＝0得：f（1）＝﹣f（1），故f（1）＝0，f（1）＝a+b＝0，解得：a＝﹣1，
所以x∈[0，1]時，f（x）＝﹣x+1，
因為f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
令，得，
其中，所以，
因為f（﹣2x+2）＝f（2x+2），
令得：，即，
因為T＝4，所以，
因為f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
令得：，
故，．
故選：C．
29．（2023?南充模擬）設(shè)定義在R上的函數(shù)f（x）與g（x）的導(dǎo)函數(shù)分別為f'（x）和g'（x）．若f（x）﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）為奇函數(shù)，則下列說法中一定正確的是（）
A．B．
C．?x∈R，f（2+x）+f（﹣x）＝0D．g（3）+g（5）＝4
【解答】解：對C，∵g'（x）＝f'（x﹣2），則g（x）＝f（x﹣2）+a，則g（4﹣x）＝f（2﹣x）+a，
又f（x）﹣g（4﹣x）＝2，所以f（x）＝f（2﹣x）+a+2，令x＝1，可得a+2＝0，即a＝﹣2．
所以f（x）＝f（2﹣x），所以函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于x＝1對稱，
而f（2+x）+f（﹣x）＝0，可得f（x）關(guān)于（1，0）對稱，C錯；
對A：∵f（x+2）為奇函數(shù)，則y＝f（x）圖像關(guān)于（2，0）對稱，且f（2+x）+f（2﹣x）＝0，
∴f（0）＝0，f（2）＝0，f（1）+f（3）＝0，f（4）+f（0）＝0，∴f（4）＝0．
又f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x），∴f（x）＝﹣f（x+2）＝f（x+4），∴y＝f（x）的周期T＝4，
∴f（k）＝505[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）+f（3）＝0，A對；
對D，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，則g（x）是周期T＝4的函數(shù)，
g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，D錯誤；
對B，g（k）＝f（﹣1）﹣2+f（0）﹣2+f（1）﹣2+…+f（2021）﹣2＝f（k）﹣2×2023＝﹣4046，B錯誤．
故選：A．
七．奇偶函數(shù)圖象的對稱性（共4小題）
30．（2023?晉中模擬）已知函數(shù)，則f（x）的圖象（）
A．關(guān)于直線x＝2對稱B．關(guān)于點（2，0）對稱
C．關(guān)于直線x＝0對稱D．關(guān)于原點對稱
【解答】解：f（x）＝2x﹣24﹣x，
則f（4﹣x）＝24﹣x﹣24﹣（4﹣x）＝24﹣x﹣2x，
所以f（x）+f（4﹣x）＝0，
則函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于點（2，0）對稱，
故選：B．
31．（2023?濠江區(qū)校級三模）寫出一個滿足“圖象既關(guān)于直線x＝1對稱又關(guān)于原點中心對稱”的函數(shù)f（x）＝．
【解答】解：依題意，函數(shù)f（x）的周期為4，則根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可取，
故答案為：（答案不唯一）．
32．（2023?安陽三模）已知函數(shù)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，則a+b＝．
【解答】解：依題意函數(shù)f（x）是一個奇函數(shù)，
又2x﹣a≠0，所以x≠lg2a，
所以f（x）定義域為{x|x≠lg2a}，
因為f（x）的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，所以lg2a＝0，
解得a＝1，
又f（﹣x）＝﹣f（x），所以，
所以，即，
所以，所以．
故答案為：．
（多選）33．（2023?海陽市校級模擬）函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（﹣∞，+∞）上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，且滿足f（3+x）﹣f（3﹣x）+6x＝0，函數(shù)f（1﹣2x）的圖象關(guān)于點（0，1）對稱，則（）
A．f（x）的圖象關(guān)于點（1，1）對稱
B．8是f（x）的一個周期
C．f（x）一定存在零點
D．f（101）＝﹣299
【解答】解：對于A，由于f（1﹣2x）的圖象關(guān)于點（0，1）對稱，
所以f（1﹣2x）+f（1+2x）＝2，故f（1﹣x）+f（1+x）＝2，
所以f（x）的圖象關(guān)于點（1，1）對稱，故A正確，
由f（3+x）﹣f（3﹣x）+6x＝0得f（3+x）+3x＝f（3﹣x）﹣3x，令g（x）＝f（3+x）+3x，
∴g（﹣x）＝f（3﹣x）+3x，
所以g（x）＝g（﹣x），故g（x）為偶函數(shù)，又f（x）的圖象關(guān)于點（1，1）對稱，
所以f（x）+f（﹣x+2）＝2，又f（x）＝g（x﹣3）﹣3（x﹣3），
從而g（x﹣3）﹣3（x﹣3）+g（﹣x+2﹣3）﹣3（﹣x+2﹣3）＝2?g（x﹣3）+g（﹣x﹣1）＝﹣10，
所以g（x）的圖象關(guān)于（﹣2，﹣5）對稱，
對于C，在f（1﹣x）+f（1+x）＝2中，令x＝0，f（1）＝1＞0，
所以g（﹣2）＝f（1）﹣6＝﹣5，
∴g（2）＝﹣5＝f（5）+6?f（5）＝﹣11＜0，
由于y＝f（x）在區(qū)間（﹣∞，+∞）上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，由零點存在性定理可得f（x）在（1，5）有零點，故C正確
對于D，由于g（x）的圖象關(guān)于（﹣2，﹣5）對稱以及g（x）＝g（﹣x）得g（x）+g（﹣x﹣4）＝﹣10?g（x）+g（x+4）＝﹣10，
又g（x+8）+g（x+4）＝﹣10，
所以g（x）＝g（x+8），
所以g（x）是周期為8的周期函數(shù)，f（101）＝g（98）﹣3×98＝g（2）﹣294＝﹣5﹣294＝﹣299，故D正確，
對于B，f（1）＝1，f（9）＝g（6）﹣18＝g（﹣2）﹣18＝g（2）﹣18＝﹣5﹣18＝﹣23≠f（1），
所以8不是f（x）的周期，
故選：ACD．
八．奇偶性與單調(diào)性的綜合（共3小題）
34．（2023?禪城區(qū)模擬）已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)且f（1）＝2，若f'（x）＜f（x）ln2，則f（x）﹣2x+2＞0的解集為．
【解答】解：令，則，
由于f'（x）＜f（x）ln2，所以g′（x）＝＜0，故g（x）在R上單調(diào)遞減，
又f（x）是定義在R上的偶函數(shù)且f（1）＝2，故f（﹣1）＝2，
所以g（﹣1）＝＝4，f（x）﹣2x+2＞0 等價于，
因此x＜﹣1，故f（x）﹣2x+2＞0 的解集為（﹣∞，﹣1）．
故答案為：（﹣∞，﹣1）．
35．（2023?石嘴山校級三模）已知函數(shù)f（x）是定義域為R的函數(shù)，f（2+x）+f（﹣x）＝0，對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，已知a，b（a≠b）為關(guān)于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的兩個解，則關(guān)于t的不等式f（a）+f（b）+f（t）＞0的解集為（）
A．（﹣2，2）B．（﹣2，0）C．（0，1）D．（1，2）
【解答】解：由f（2+x）+f（﹣x）＝0，得f（1）＝0且函數(shù)f（x）關(guān)于點（1，0）對稱，
由對任意x1，x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，
可知函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
又因為函數(shù)f（x）的定義域為R，
所以函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，
因為a，b（a≠b）為關(guān)于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的兩個解，
所以Δ＝4﹣4（t2﹣3）＞0，解得﹣2＜t＜2，
且a+b＝2，即b＝2﹣a，
又f（2+x）+f（﹣x）＝0，
令x＝﹣a，則f（a）+f（b）＝0，
則由f（a）+f（b）+f（t）＞0，得f（t）＞0＝f（1），
所以t＞1，
綜上，t的取值范圍是（1，2）．
故選：D．
36．（2023?金東區(qū)校級三模）已知函數(shù)，g（x）＝sinx，a＞b≥1，c＞d＞0，若f（a）﹣f（b）＝π，，則（）
A．B．
C．D．
【解答】解：設(shè)，則在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
因為a＞b≥1，故F（a）＜F（b），即a﹣f（a）＜b﹣f（b），
∴a﹣b＜f（a）﹣f（b）＝π，
設(shè)G（x）＝x﹣g（x）＝x﹣sinx，（x＞0），則g′（x）＝1﹣csx＞0，
故G（x）＝x﹣g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
因為c＞d＞0，故G（c）＞G（d），
即c﹣g（c）＞d﹣g（d），
∴，
由于a﹣b＜π，，故，
則，即，所以A錯誤，B正確；
由a﹣b＜π，，無法確定還是，C，D錯誤，
故選：B．
九．抽象函數(shù)及其應(yīng)用（共6小題）
（多選）37．（2023?杭州二模）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）＝2B．f'（x）的周期是4
C．f'（x）是偶函數(shù)D．f'（1）＝1
【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)滿足f（x+2）＝f（﹣x），則f（x+4）＝f（﹣x﹣2）＝f（x），即函數(shù)f（x）是周期為4的周期函數(shù)，B正確；
而函數(shù)f（x）（x∈R）是奇函數(shù)，則f（2023）＝f（﹣1+2024）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣2，A錯誤；
f（x）為奇函數(shù)，則f（﹣x）＝﹣f（x），等式兩邊同時求導(dǎo)，可得﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x），即f′（﹣x）＝f′（x），f'（x）是偶函數(shù)，C正確；
f（x+2）＝f（﹣x），則有f（x+2）＝﹣f（x），等式兩邊同時求導(dǎo)，可得f′（x+2）＝﹣f′（x），令x＝﹣1可得，f′（1）＝﹣f′（﹣1），
又由f′（x）為偶函數(shù)，則f′（1）＝f′（﹣1），綜合可得f′（1）＝0，D錯誤；
故選：BC．
（多選）38．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）定義在R上的函數(shù)f（x），g（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），g′（x），y＝f（x+1）是偶函數(shù)．已知2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，則（）
A．y＝f′（x）是奇函數(shù)
B．y＝g（x）圖象的對稱軸是直線x＝2
C．f′（3）＝0
D．
【解答】解：∵2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，∴2f′（x﹣1）﹣g′（x）＝0，
∴2f′（x）﹣g′（x+1）＝0，又f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，
∴f′（x）＝g′（x+1）﹣g′（1﹣x），
∴f′（﹣x）＝g′（﹣x+1）﹣g′（1+x）＝﹣f′（x），
∴f′（x）為奇函數(shù)，故A正確；
∵y＝f（x+1）是偶函數(shù)，∴f（1+x）＝f（1﹣x），
則f（x）＝f（2﹣x），
又2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，則，
所以，則，
則，
∴g（x+1）＝g（3﹣x），g（x）＝g（4﹣x），
故y＝g（x）的圖象關(guān)于x＝2對稱，故B正確；
因為f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，所以f′（x）＝g′（1﹣x），
令x＝3得，f′（3）＝g′（﹣2），
又∵2f′（x﹣1）﹣g′（x）＝0，令x＝﹣2，
得2f′（﹣3）＝g′（﹣2）＝f′（3），∴f′（3）＝0，故C正確；
∵2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，∴2f'（x﹣1）﹣g'（x）＝0，g'（x）＝2f'（x﹣1），
又f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，y＝f′（x）是奇函數(shù)，
∴f′（x﹣1）＝g′（2﹣x），y＝g′（1﹣x）是奇函數(shù)，
則g′（x）＝2g′（2﹣x），g′（1﹣x）＝﹣g′（1+x）?g′（x）＝﹣g′（2﹣x），
則2g′（2﹣x）＝﹣g′（2﹣x），g′（2﹣x）＝0?g′（x）＝0，
故，D錯誤．
故選：ABC．
39．（2023?商洛三模）定義在R上的奇函數(shù)f（x）滿足?x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，且當(dāng)0＜x＜2時，f（x）＝x2﹣2x，則＝．
【解答】解：根據(jù)題意，f（x）為定義域為R的奇函數(shù)，則f（x）＝﹣f（﹣x），
又由?x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，即f（x）＝﹣f（4﹣x），
則有f（4﹣x）＝f（x），變形可得f（x+4）＝f（x），即f（x）是周期為4的周期函數(shù)，
當(dāng)0＜x＜2時，f（x）＝x2﹣2x，有f（1）＝﹣1，
又由?x∈R，f（x）+f（4﹣x）＝0，令x＝1可得：f（1）+f（3）＝0，則f（3）＝1，
f（x）為定義域為R的奇函數(shù)，則f（0）＝0，
在f（x）+f（4﹣x）＝0中，令x＝0可得：f（0）+f（4）＝0，即f（4）＝0，
令x＝2可得：f（2）+f（2）＝0，則有f（2）＝0，
故|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|+|f（4）|＝2，
故＝505×（|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|+|f（4）|）+|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|＝1012．
故答案為：1012．
40．（2023?德州三模）已知函數(shù)f（x）及其導(dǎo)函數(shù)f′（x）的定義域均為R，且f（x﹣1）為奇函數(shù)，f′（2﹣x）+f′（x）＝2，f′（﹣1）＝2，則＝（）
A．2025B．2024C．1013D．1012
【解答】解：由f′（2﹣x）+f′（x）＝2，令x＝1，得2f′（1）＝2，所以f′（1）＝1．
由f（x﹣1）為奇函數(shù)，得f（x﹣1）＝﹣f（﹣x﹣1），
所以f′（x﹣1）＝f′（﹣x﹣1），故f′（x）＝f′（﹣x﹣2）①，
又f′（2﹣x）+f′（x）＝2②，由①和②得f′（2﹣x）+f′（﹣x﹣2）＝2，
即f′（4﹣x﹣2）+f′（﹣x﹣2）＝2，所以f′（x）+f′（x+4）＝2③，
令x＝﹣1，得f′（﹣1）+f′（3）＝2，得f′（3）＝0；
令x＝1，得f′（1）+f′（5）＝2，得f′（5）＝1．又f′（x+4）+f′（x+8）＝2④，
由③﹣④得f′（x）﹣f′（x+8）＝0，即f′（x）＝f′（x+8），
所以函數(shù)f′（x）是以8為周期的周期函數(shù)，故f′（7）＝f′（﹣1）＝2，
所以f′（1）+f′（3）+f′（5）+f′（7）＝1+0+1+2＝4，
所以
＝506[f′（1）+f′（3）+f′（5）+f′（7）]＝506×4＝2024．
故選：B．
（多選）41．（2023?睢寧縣校級模擬）函數(shù)f（x）滿足?x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），且f（1）＝1，則（）
A．
B．?dāng)?shù)列{f（n）}單調(diào)遞減
C．
D．
【解答】解：對于A，?x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），
令，則有，即，
∴f（x）＞0，
∴，
∵f（1）＝1，
∴，故A錯誤；
對于B，?x，y∈R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，
所以，當(dāng)n∈N*時，2f（n+1）＝f（n）f（1）＝f（n），
∴數(shù)列{f（n）}是以f（1）＝1為首項，為等比的等比數(shù)列，
∴，顯然數(shù)列{f（n）}單調(diào)遞減，故B正確；
對于C，∵，
∴，
當(dāng)且僅當(dāng)f（x1）＝f（x2）時，等號成立，故C正確；
對于D，不妨令Sn＝，
則，①，
，②，
①﹣②得，＝2﹣（n+2），
整理得到，
∴＝，故D正確．
故選：BCD．
42．（2023?宣威市校級模擬）設(shè)f（x）是定義在實數(shù)集R上的函數(shù)，且對任意實數(shù)x，y滿足f（x﹣y）＝f（x）+f（y）+xy﹣1恒成立．
（1）求f（0），f（1）；
（2）求函數(shù)f（x）的解析式；
（3）若方程f[（f（2x）]＝k恰有兩個實數(shù)根在（﹣2，2）內(nèi)，求實數(shù)k的取值范圍．
【解答】解：（1）令x＝y(tǒng)＝0，得f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，即f（0）＝1．
令x＝y(tǒng)＝1，得f（0）＝f（1）+f（1）+1﹣1，
即1＝2f（1），即f（1）＝．
（2）令y＝x，得f（0）＝f（x）+f（x）+x2﹣1，
即1＝2f（x）+x2﹣1，
則2f（x）＝﹣x2+2，
則f（x）＝﹣x2+1．
（3）∵f（x）＝﹣x2+1．
∴f（2x）＝﹣2x2+1，
∴f[（f（2x）]＝（﹣2x2+1）2+1＝﹣2x4+2x2+，
令g（x）＝﹣2x4+2x2+，
∴g′（x）＝﹣8x3+4x，
令g′（x）＝0，解得x＝0，或x＝﹣，或x＝，
∴g（x）在（﹣2，），（0，）上單調(diào)遞增，在（﹣，0），（，2）上單調(diào)遞減，
∴x＝0時g（x）極小值＝g（0）＝，
當(dāng)x＝±，g（x）極大值＝g（±）＝1，g（±2）＝﹣，
當(dāng)k＝1時，﹣2x4+2x2+＝，解得x＝﹣，或x＝，
∵方程f[（f（2x）]＝k恰有兩個實數(shù)根在（﹣2，2）內(nèi)，
∴﹣＜k≤，
終上所述：k的取值范圍為（﹣，）∪{1}．
一十．函數(shù)的值（共3小題）
43．（2023?河南三模）已知函數(shù)則f（f（1））＝（）
A．﹣4B．﹣2C．2D．4
【解答】解：∵，
∴f（1）＝4﹣1＝，
∴．
故選：B．
44．（2023?開福區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且y＝f（x+1）的圖象關(guān)于點（﹣1，0）成中心對稱．當(dāng)x＞0時，，則f（﹣2）＝（）
A．1B．3C．﹣1D．﹣3
【解答】解：因為將y＝f（x+1）的圖象向右平移1個單位長度后，
得到函數(shù)y＝f（x）的圖象且y＝f（x+1）的圖象關(guān)于點（﹣1，0）成中心對稱，
所以y＝f（x）的圖象關(guān)于原點成中心對稱，則y＝f（x）在R上是奇函數(shù)，
所以．
故選：C．
45．（2023?興慶區(qū)校級四模）若，（n∈N*），則f（1）+f（2）+…+f（2023）＝（）
A．B．C．0D．
【解答】解：∵f（n）＝（n∈N*）是周期為3的周期函數(shù)，
f（1）＝tan＝，f（2）＝tan＝﹣，f（3）＝tanπ＝0，
∴f（1）+f（2）+…+f（2023）＝674[f（1）+f（2）+f（3）]+f（1）＝．
故選：B．
一十一．冪函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性及其應(yīng)用（共1小題）
46．（2023?如皋市校級模擬）若（m+1）＜（3﹣2m），則實數(shù)m的取值范圍．
【解答】解：考察冪函數(shù)y＝，它在[0，+∞）上是增函數(shù)，
∵（m+1）＜（3﹣2m），
∴0≤m+1＜3﹣2m，
解得：﹣1≤m＜，
則實數(shù)m的取值范圍﹣1．
故答案為：﹣1．
一十二．有理數(shù)指數(shù)冪及根式（共1小題）
（多選）47．（2023?全國模擬）已知正實數(shù)x、y、z滿足，則（）
A．ln2＜z＜1
B．
C．
D．
【解答】解：由題意，2x，3y是二次方程f（t）＝t2﹣6z?t+5z＝0的兩根，依題意x＞0，y＞0及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知2x＞1，3y＞1，
于是二次方程f（t）＝0在t∈（1，+∞）有兩根的充要條件為，
根據(jù)62z﹣4?5z≥0，即7.2z≥4，兩邊取對數(shù)可得：，根據(jù)自然底數(shù)e＞2.7→e2＞7.29＞7.2，故2＝lne2＞ln7.2，
于是，即c＞ln2，設(shè)h（z）＝5z﹣6z+1（z＞0），則h′（z）＝5zln5﹣6zln6＜0，
注意到h（1）＝5﹣6+1＝0，故由h（z）＝5z﹣6z+1＞0＝h（1）可知，z＜1，綜上可知，ln2＜z＜1，A選項正確；
由已知2x?3y＝5z，兩邊取對數(shù)可得，xln2+yln3＝zln5，于是（x+y）ln2＜xln2+yln3＝zln5＜（x+y）ln3，
故，經(jīng)計算，212＝4096＞3125＝55，即212＞55，兩邊取對數(shù)可得12ln2＞5ln5，即，
另由37＝2187，，于是37.2＜2187×1.4＜2200×1.4＝3080＜3125＝55，
兩邊取對數(shù)可得7.2ln3＜5ln5，即，綜上可知，，C選項正確；
當(dāng)z→1時，，注意到時方程組的解為或，
于是這里不妨令，于是，
于是，D選項錯誤；
設(shè)f（t）＝t2﹣6z?t+5z＝0的兩根為t1，t2，于是，
不妨設(shè)t1≤t2，設(shè)p（z）＝lnt1lnt2，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，，根據(jù)求根公式，
，然后求導(dǎo)得到代入 p′（c），
化簡可得到，易得y＝xlnx在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
故，代入p′（c）得到：，
不難得到在（1，+∞）上遞增，于是p′（z）＜0，于是xy關(guān)于z遞減，故時，xy取到最大值，
則，由A知，，由ln2≈0.7，ln3≈1.1，估算可得xy≈0.42＜0.5，
另一方面z→1時，根據(jù)D選項，x，y之一會趨近0，故xy→0，即正確，B選項正確．
故選：ABC．
一十三．指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點（共2小題）
48．（2023?沈河區(qū)校級模擬）已知正實數(shù)x，y滿足x＜y，設(shè)a＝xex+y，b＝y(tǒng)ey+x，c＝y(tǒng)ex+x（其中e為自然對數(shù)：e≈2.71828…），則a，b，c的大小關(guān)系是（）
A．a(chǎn)＜c＜bB．c＜a＜bC．c＜b＜aD．b＜c＜a
【解答】解：因為a＝xex+y，b＝y(tǒng)ey+x，c＝y(tǒng)ex+x，所以b﹣c＝y(tǒng)（ey﹣ex），
又y＞x＞0，e＞1，所以ey＞ex，所以b＞c，
又c﹣a＝（x﹣y）+（y﹣x）ex＝（x﹣y）（1﹣ex），
又y＞x＞0，ex＞1，所以c＞a．
綜上，a＜c＜b．
故選：A．
49．（2023?哈爾濱一模）已知a＝ln1.21，b＝0.21，c＝e0.2﹣1，則（）
A．a(chǎn)＞b＞cB．c＞a＞bC．c＞b＞aD．b＞c＞a
【解答】解：構(gòu)造f（x）＝ln（1+x）﹣x，x＞0，
f′（x）＝﹣1＝＜0，
函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且f（0）＝0，
所以f（x）＜f（0）＝0，
即ln（1+x）＜x，
當(dāng)x＝0.21時，ln1.21＜0.21，即a＜b；
∵1.215≈2.59＜e，∴1.21＜e0.2，可得0.21＜e0.2﹣1，即b＜c；
故選：C．
一十四．對數(shù)的運算性質(zhì)（共2小題）
50．（2023?江西模擬）若1+lgx﹣lgy＝lgy2，則＝．
【解答】解：因為1+lgx﹣lgy＝lgy2，
所以lg10+lgx＝lgy2+lgy，
所以lg（10x）＝lgy3（x＞0，y＞0），
則10x＝y(tǒng)3，
所以．
故答案為：10．
（多選）51．（2023?九龍坡區(qū)二模）若a，b，c都是正數(shù)，且2a＝3b＝6c，則（）
A．B．C．a(chǎn)+b＞4cD．a(chǎn)b＞4c2
【解答】解：由于a，b，c都是正數(shù)，設(shè)2a＝3b＝6c＝k，
故lg2k＝a，lg3k＝b，lg6k＝c，
所以，，，
故lgk2+lgk3＝lgk6，故，故A錯誤，B正確；
對于C：＝（等號不成立），即a+b＞4c，
對于D：ab＞4c2，整理得＝＝，（等號不成立），即成立，故D正確．
故選：BCD．
一十五．對數(shù)值大小的比較（共9小題）
52．（2023?包頭二模）設(shè)a＝2﹣1，b＝lg52，c＝lg45，則（）
A．a(chǎn)＞c＞bB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．c＞b＞a
【解答】解：∵，
∴c＞a＞b．
故選：C．
53．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）已知a＝lg23，b＝lg34，，則（）
A．c＜b＜aB．b＜c＜aC．c＜a＜bD．a(chǎn)＜c＜b
【解答】解：∵，∴a，
∵，∴b＜，
∴b＜c＜a．
故選：B．
54．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬），則（）
A．c＜a＜bB．a(chǎn)＜c＜bC．b＜a＜cD．a(chǎn)＜b＜c
【解答】解：令，x∈（﹣1，+∞），則＝，
所以當(dāng)x＞0時，f′（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以f（0.1）＞f（0）＝0，即，即，即b＞a，
令h（x）＝ln（x+1）﹣x，則，
在時，h′（x）＜0，則h（x）為減函數(shù)，
∴h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，
令m（x）＝x﹣tanx，x，則＜0，
故m（x）在為減函數(shù)，∴m（x）＜m（0），即x＜tanx，
令x＝0.1，則ln（0.1+1）＜0.1＜tan0.1，
即b＜0.1＜c，∴b＜c，∴a＜b＜c．
故選：D．
（多選）55．（2023?青島三模）已知實數(shù)a，b，滿足a＞b＞0，lnalnb＝1，則（）
A．a(chǎn)b＞e2B．lga2＜lgb2
C．D．a(chǎn)abb＞abba
【解答】解：對于選項A：因為，即，解得lnab＞2或lnab＜﹣2，
所以ab＞e2或，故A錯誤；
對于選項B：，
因為a＞b＞0，則lna＞lnb，即lnb﹣lna＜0，且ln2＞0，
所以lga2﹣lgb2＜0，即lga2＜lgb2，故B正確；
對于選項C：因為a＞b＞0，且lnalnb＝1＞0，
可得lna，lnb同號，則有：
若lna，lnb同正，可得a＞e＞b＞1，
則（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；
若lna，lnb同負(fù)，可得，
則（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；
綜上所述：ab+1＞a+b，
又因為在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，所以，故C正確；
對于選項D：因為a＞b＞0，則a﹣b＞0，
可得y＝xa﹣b在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，可得aa﹣b＞ba﹣b＞0，
且ab，ba＞0，所以aabb＞abba，故D正確；
故選：BCD．
（多選）56．（2023?日照一模）已知a＞b，c＞d，，（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99，則有（）
A．a(chǎn)+b＞0B．c+d＞0C．a(chǎn)+d＞0D．b+c＞0
【解答】解：A．∵，∴，f（x）＝（x＞﹣1），
則f′（x）＝，所以f（x）在（﹣1，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
且f（0）＝1，故a＞0，﹣1＜b＜0，
令h（x）＝lnf（x）﹣lnf（﹣x）＝2x﹣ln（x+1）+ln（﹣x+1），x∈（﹣1，1），
則h′（x）＝2﹣＝2﹣＜0，
所以h（x）在（﹣1，1）上單調(diào)遞減，且h（0）＝0，
∵b∈（﹣1，0），∴l(xiāng)nf（b）﹣lnf（﹣b）＞0，
∴f（b）＞f（﹣b），∴f（a）＞f（﹣b），
∴a＞﹣b即a+b＞0，故選項A正確；
B．∵（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99＞0，∴c＜1，d＜1，令g（x）＝（1﹣x）ex（x＜1），
則g′（x）＝﹣xex，所以g（x）在（﹣∞，0）單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減，
且g（0）＝1，故0＜c＜1，d＜0．
令m（x）＝lng（x）﹣lng（﹣x）＝2x﹣ln（x+1）+ln（﹣x+1）＝h（x），x∈（﹣1，1），
所以m（x）在（﹣1，1）上單調(diào)遞減，且m（0）＝0，
∵c∈（0，1），∴l(xiāng)ng（c）﹣lng（﹣c）＞0，∴g（c）＞g（﹣c），∴g（d）＞g（﹣c），
∴d＜﹣c即c+d＜0故選項B錯誤；
C．∵f（x）＝，∴g（﹣a）＝＝＞0.99，a∈（﹣1，0），
∴g（﹣a）＞g（d），又∵g（x）在（﹣∞，0）單調(diào)遞增∴﹣a＞d，∴a+d＜0，
故選項C錯誤；
D．由C可知，g（﹣b）＞g（c），﹣b∈（0，1），又∵g（x）在（0，1）單調(diào)遞減，∴﹣b＞c，
故選項D正確．
故選：AD．
57．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）設(shè)，則（）
A．b＞a＞cB．b＞c＞aC．a(chǎn)＞b＞cD．a(chǎn)＞c＞b
【解答】解：令g（x）＝e2x﹣1﹣2（ex﹣1），則g（0）＝0，
當(dāng)x＞0，g′（x）＝2e2x﹣2ex＞0，所以g（x）單調(diào)遞增，
所以g（x）＞g（0）＝0，所以g（）＞0，即b﹣a＞0，
同理，當(dāng)x＞0，ex＞1+x，又可得ex＞1+x+，所以a＝2（﹣1）＞2×（+）＞0.55，
而sin+tan＜sin+tan＝sin（）+tan（）＝×（）+＝＜0.53，
所以a＞c．
故選：A．
（多選）58．（2023?讓胡路區(qū)校級二模）已知，則（）
A．a(chǎn)＞bB．b＞cC．a(chǎn)≥cD．2b＞a+c
【解答】解：設(shè)，，
當(dāng)x＞1時，f'（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
所以f（x）的最大值為f（1）＝1，即．
因為，所以b＞0．
設(shè)，，所以當(dāng)x＞0時，g（x）為減函數(shù)；
因為g（1）＝1，g（b）≤1＝g（1），所以b≥1．
由可得，所以b＞c，故B正確．
設(shè)φ（x）＝lnx﹣ex+2，，當(dāng)時，φ′（x）＜0，φ（x）為減函數(shù)；當(dāng)時，φ′（x）＞0，φ（x）為增函數(shù)；
所以φ（x）的最大值為，
所以φ（x）≤0，即lnx≤ex﹣2.．
設(shè)，易知h（x）為增函數(shù)，由h（c）≤h（a）可得a≥c，故C正確．
因為為單調(diào)遞減函數(shù)，在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)，且g（x）的圖象經(jīng)過f（x）圖象的最高點，
所以當(dāng)時，a，b的大小無法得出，故A不正確．
令a＝e，則，得，易知y＝xex在（0，+∞）為增函數(shù)，所以，
所以2b≥a+c不成立，故D不正確．
故選：BC．
59．（2023?開福區(qū)校級二模）已知，，，則（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.7）（）
A．a(chǎn)＞b＞cB．b＞a＞cC．b＞c＞aD．c＞a＞b
【解答】解：因為，，
考慮構(gòu)造函數(shù)，則，
當(dāng)0＜x＜e時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞e時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
因為ln2≈0.7，所以e0.7≈2，即，
所以，
所以，即，
又，
所以，故b＞a＞c．
故選：B．
60．（2023?三明三模）已知函數(shù)f（x）＝lg2（4x+4）﹣x﹣1，設(shè)，，，則a，b，c的大小關(guān)系為（）
A．b＜c＜aB．a(chǎn)＜c＜bC．b＜a＜cD．c＜a＜b
【解答】解：f（x）＝lg2（4x+4）﹣x﹣1
＝lg2（4x+4）﹣lg22x﹣1
＝lg2﹣1
＝lg2（2x+22﹣x）﹣1（x∈R），
令t＝2x+22﹣x≥2＝4（當(dāng)且僅當(dāng)x＝2﹣x即x＝1時等號成立），
∴由對勾函數(shù)的圖象可知，
當(dāng)x∈（﹣∞，1）時，隨著x增大，2x增大，t減小，f（x）減小，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，隨著x增大，2x增大，t增大，f（x）增大，
所以f（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
且x＝1時，f（x）min＝lg2（2+2）﹣1＝1．
又f（2﹣x）＝lg2（22﹣x+22﹣（2﹣x））﹣1＝lg2（22﹣x+2x）﹣1＝f（x），
∴＝f（）．
設(shè)g（x）＝x﹣tanx，則g′（x）＝1﹣，
當(dāng)x∈（0，1）時，0＜csx＜1，即0＜cs2x＜1，∴g′（x）＜0，
故g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，∴g（）＜g（0）＝0，
∴＜0，∴；
設(shè)h（x）＝x﹣ln（x+1），則h′（x）＝1﹣＝，
當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴h（）＞h（0）＝0，
∴，
綜上，，
又f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
所以f（ln）＞f（）＞f（tan），
即c＞a＞b，
故選：C．
一．函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷
【解題方法點撥】
證明函數(shù)的單調(diào)性用定義法的步驟：①取值；②作差；③變形；④確定符號；⑤下結(jié)論．
利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)單調(diào)性的步驟：
第一步：求函數(shù)的定義域．若題設(shè)中有對數(shù)函數(shù)一定先求定義域，若題設(shè)中有三次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)可不考慮定義域．
第二步：求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），并令f′（x）＝0，求其根．
第三步：利用f′（x）＝0的根和不可導(dǎo)點的x的值從小到大順次將定義域分成若干個小開區(qū)間，并列表．
第四步：由f′（x）在小開區(qū)間內(nèi)的正、負(fù)值判斷f（x）在小開區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性；求極值、最值．
第五步：將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為f（x）max≤a或f（x）min≥a，解不等式求參數(shù)的取值范圍．
第六步：明確規(guī)范地表述結(jié)論
二．函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷
【解題方法點撥】
①奇函數(shù)：如果函數(shù)定義域包括原點，那么運用f（0）＝0解相關(guān)的未知量；
②奇函數(shù)：若定義域不包括原點，那么運用f（x）＝﹣f（﹣x）解相關(guān)參數(shù)；
③偶函數(shù)：在定義域內(nèi)一般是用f（x）＝f（﹣x）這個去求解；
④對于奇函數(shù)，定義域關(guān)于原點對稱的部分其單調(diào)性一致，而偶函數(shù)的單調(diào)性相反．
三、冪指對函數(shù)比較大小的解題策略
策略一：利用函數(shù)與方程的思想，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性或極值，從而確定a，b，c的大小.
策略二：指、對、冪大小比較的常用方法：
①底數(shù)相同，指數(shù)不同時，如和，利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性；
②指數(shù)相同，底數(shù)不同，如和利用冪函數(shù)單調(diào)性比較大??；
③底數(shù)相同，真數(shù)不同，如和利用指數(shù)函數(shù)單調(diào)性比較大??；
④底數(shù)、指數(shù)、真數(shù)都不同，尋找中間變量0，1或者其它能判斷大小關(guān)系的中間量，借助中間量進行大小關(guān)系的判定.
策略三：轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象交點的橫坐標(biāo)
策略四：特殊值法
策略五：估算法
策略六：放縮法、基本不等式法、作差法、作商法、平方法
四.函數(shù)的最值
聲源
與聲源的距離/m
聲壓級/dB
燃油汽車
10
60～90
混合動力汽車
10
50～60
電動汽車
10
40
前提
設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足
條件
(1)對于任意x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)對于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
結(jié)論
M為最大值
M為最小值

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