高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)全程規(guī)劃(新高考地區(qū)專用)專題03函數(shù)的概念與性質(zhì)專項(xiàng)練習(xí)(原卷版+解析)

專題03函數(shù)的概念與性質(zhì)目錄一覽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(duì)數(shù)函數(shù)大小比較真題考查解讀近年真題對(duì)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(diǎn)四指數(shù)函數(shù)與對(duì)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(cuò)易混速記/二級(jí)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．﹣1 B．0 C．12 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，+∞）考向三指數(shù)函數(shù)與對(duì)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(wèn)題越來(lái)越受到重視．用聲壓級(jí)來(lái)度量聲音的強(qiáng)弱，定義聲壓級(jí)Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽(tīng)覺(jué)下限閾值，p是實(shí)際聲壓．下表為不同聲源的聲壓級(jí)：聲源與聲源的距離/m聲壓級(jí)/dB燃油汽車1060～90混合動(dòng)力汽車1050～60電動(dòng)汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動(dòng)力汽車、電動(dòng)汽車10m處測(cè)得實(shí)際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A．p1≥p2 B．p2＞10p3 C．p3＝100p0 D．p1≤100p2【命題意圖】考查函數(shù)的性質(zhì)：對(duì)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(jì)算素養(yǎng)．【考查要點(diǎn)】函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考常考查的熱點(diǎn)之一．考查函數(shù)的定義域、值域、圖象，函數(shù)的對(duì)稱性、周期性、單調(diào)性．【得分要點(diǎn)】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(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)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(diǎn)是關(guān)于（0，0）對(duì)稱．（2）如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)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(diǎn)是關(guān)于y軸對(duì)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(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用符號(hào)“∪”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(diǎn)值，導(dǎo)數(shù)一般是開區(qū)間．三、指對(duì)冪函數(shù)的大小比較方法一：運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性比較1.對(duì)于抽象函數(shù)，可以借助中心對(duì)稱、軸對(duì)稱、周期等性質(zhì)來(lái)“去除f（）外衣”比較大小；2.有解析式函數(shù)，可以通過(guò)函數(shù)性質(zhì)或者求導(dǎo)等，尋找函數(shù)單調(diào)性對(duì)稱性，以用于比較大小.方法二：因?yàn)閮缰笇?duì)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(diǎn)，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(gè)值所在的大致區(qū)間2.可以對(duì)區(qū)間使用二分法（或者利用指對(duì)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(duì)數(shù)比大小2.作差或者做商的難點(diǎn)在于后續(xù)變形處理，注意此處的常見(jiàn)技巧和方法解方法五：利用對(duì)數(shù)運(yùn)算分離常數(shù)比大小這是對(duì)數(shù)值所獨(dú)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(guò)這個(gè)函數(shù)，學(xué)習(xí)觀察，歸納，總結(jié)“同構(gòu)”規(guī)律，還要進(jìn)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(shí)候，三個(gè)數(shù)比較大小，可能某一個(gè)數(shù)會(huì)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(gè)數(shù)規(guī)律.方法七：放縮法1、對(duì)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(lái)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(wú)從下手的數(shù)據(jù)，如果分析會(huì)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(guó)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．考向二．函數(shù)奇偶性2．（2021?新高考Ⅱ）寫出一個(gè)同時(shí)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(shí)，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函數(shù)．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＝．4．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽（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（﹣）＝0 B．f（﹣1）＝0 C．f（2）＝0 D．f（4）＝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?yàn)镽，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，則f（k）＝（）A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．1考向四指數(shù)函數(shù)與對(duì)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＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a(chǎn)＜c＜b7．（2021?新高考Ⅱ）已知a＝log52，b＝log83，c＝，則下列判斷正確的是（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．a(chǎn)＜c＜b D．a(chǎn)＜b＜c從近三年的新高考試題來(lái)看，函數(shù)單調(diào)性的判斷和應(yīng)用以及函數(shù)的最值問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)，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(jiǎn)單應(yīng)用，預(yù)測(cè)2024高考仍將以函數(shù)的單調(diào)性，奇偶性、冪指對(duì)函數(shù)比較大小為主要考點(diǎn)，重點(diǎn)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(jí)三模）下列函數(shù)中，在區(qū)間（﹣∞，0）上是減函數(shù)的是（）A．y＝x3 B． C． D．y＝x﹣12．（2023?揚(yáng)中市校級(jí)模擬）若冪函數(shù)f（x）的圖象過(guò)點(diǎn)，則函數(shù)的遞減區(qū)間為（）A．（0，2） B．（﹣∞，0）和（2，+∞） C．（﹣2，0） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）3．（2023?浦東新區(qū)校級(jí)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(gè)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(cuò)誤結(jié)論的序號(hào)有．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(jí)三模）在下列四個(gè)函數(shù)中，在定義域內(nèi)單調(diào)遞增的有（）A．f（x）＝tanx B．f（x）＝|x| C．f（x）＝2x D．f（x）＝x25．（2023?龍華區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且f（f（x）﹣x﹣log2x）＝5，則f（x）在[1，8]上的值域?yàn)椋ǎ〢．[2，10] B．[3，10] C．[2，13] D．[3，13]6．（2023?西寧模擬）已知函數(shù)，對(duì)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）7．（2023?景德鎮(zhèn)模擬）已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）的圖象是連續(xù)不斷的曲線，對(duì)任意實(shí)數(shù)m，n均滿足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），且當(dāng)x＞0時(shí)，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）8．（2023?駐馬店二模）已知f（x）是定義域?yàn)镽的單調(diào)遞增的函數(shù)，?n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，則f（28）＝．9．（2023?楊浦區(qū)校級(jí)三模）已知函數(shù)，設(shè)xi（i＝1、2、3）為實(shí)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(cuò)誤 B．①錯(cuò)誤，②正確 C．①②都正確 D．①②都錯(cuò)誤三．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）2 B． C．y＝sin（x﹣2） D．y＝cos（x﹣2）（多選）11．（2023?渝中區(qū)校級(jí)模擬）若，其中e為自然對(duì)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(duì)稱 D．f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（0，0）中心對(duì)稱12．（2023?濟(jì)寧一模）若函數(shù)f（x）＝loga（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．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(shí)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(qǐng)說(shuō)明理由．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(jí)模擬）已知實(shí)數(shù)x，y滿足2x2﹣5lnx﹣y＝0，m∈R，則的最小值為（）A． B． C． D．15．（2023?鄭州模擬）已知函數(shù)f（x）＝a（3﹣x）+的圖象過(guò)點(diǎn)（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．16．（2023?蘆溪縣校級(jí)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(xiàng)”，下列說(shuō)法正確的是（）A．函數(shù)f（x）無(wú)最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項(xiàng) B．函數(shù)f（x）無(wú)最大、最小值，數(shù)列{an}無(wú)最大、最小項(xiàng) C．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項(xiàng) D．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}無(wú)最大、最小項(xiàng)17．（2023?浦東新區(qū)二模）函數(shù)在區(qū)間上的最小值為．?dāng)?shù)，存在實(shí)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．19．（2023?煙臺(tái)模擬）已知實(shí)數(shù)a，b滿足a2+b2﹣4a+3＝0，則a2+（b+2）2的最大值為．20．（2023?香坊區(qū)校級(jí)模擬）已知實(shí)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．21．（2023?鯉城區(qū)校級(jí)模擬）設(shè)a，b∈R，c＞0，求的最小值．22．（2023?武功縣校級(jí)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(shí)數(shù)a，b滿足mab＝a+b，求a+3b的最小值．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(shí)，f（x）＝x2+2x，則f（15）＝（）A．3 B．﹣3 C．255 D．﹣25524．（2023?茂南區(qū)校級(jí)三模）已知函數(shù)是偶函數(shù)，則a＝．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＝．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(shí)數(shù)a＝．27．（2023?張家口一模）已知是奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝．28．（2023?紅山區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，f（2x+2）為偶函數(shù)，f（x+1）為奇函數(shù)，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）＝ax+b．若f（4）＝1，則＝（）A． B．0 C． D．﹣129．（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(shuō)法中一定正確的是（）A． B． C．?x∈R，f（2+x）+f（﹣x）＝0 D．g（3）+g（5）＝4七．奇偶函數(shù)圖象的對(duì)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(duì)稱 B．關(guān)于點(diǎn)（2，0）對(duì)稱 C．關(guān)于直線x＝0對(duì)稱 D．關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱31．（2023?濠江區(qū)校級(jí)三模）寫出一個(gè)滿足“圖象既關(guān)于直線x＝1對(duì)稱又關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱”的函數(shù)f（x）＝．32．（2023?安陽(yáng)三模）已知函數(shù)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，則a+b＝．（多選）33．（2023?海陽(yáng)市校級(jí)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(diǎn)（0，1）對(duì)稱，則（）A．f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1，1）對(duì)稱 B．8是f（x）的一個(gè)周期 C．f（x）一定存在零點(diǎn) D．f（101）＝﹣299八．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．35．（2023?石嘴山校級(jí)三模）已知函數(shù)f（x）是定義域?yàn)镽的函數(shù)，f（2+x）+f（﹣x）＝0，對(duì)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(gè)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）36．（2023?金東區(qū)校級(jí)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．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）＝2 B．f'（x）的周期是4 C．f'（x）是偶函數(shù) D．f'（1）＝1（多選）38．（2023?鼓樓區(qū)校級(jí)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(duì)稱軸是直線x＝2 C．f′（3）＝0 D．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(shí)，f（x）＝x2﹣2x，則＝．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．2025 B．2024 C．1013 D．1012（多選）41．（2023?睢寧縣校級(jí)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．42．（2023?宣威市校級(jí)模擬）設(shè)f（x）是定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，且對(duì)任意實(shí)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(gè)實(shí)數(shù)根在（﹣2，2）內(nèi)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．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．﹣4 B．﹣2 C．2 D．444．（2023?開福區(qū)校級(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，且y＝f（x+1）的圖象關(guān)于點(diǎn)（﹣1，0）成中心對(duì)稱．當(dāng)x＞0時(shí)，，則f（﹣2）＝（）A．1 B．3 C．﹣1 D．﹣345．（2023?興慶區(qū)校級(jí)四模）若，（n∈N*），則f（1）+f（2）+…+f（2023）＝（）A． B． C．0 D．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(jí)模擬）若（m+1）＜（3﹣2m），則實(shí)數(shù)m的取值范圍．一十二．有理數(shù)指數(shù)冪及根式（共1小題）（多選）47．（2023?全國(guó)模擬）已知正實(shí)數(shù)x、y、z滿足，則（）A．ln2＜z＜1 B． C． D．一十三．指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點(diǎn)（共2小題）48．（2023?沈河區(qū)校級(jí)模擬）已知正實(shí)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(duì)數(shù)：e≈2.71828…），則a，b，c的大小關(guān)系是（）A．a(chǎn)＜c＜b B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a49．（2023?哈爾濱一模）已知a＝ln1.21，b＝0.21，c＝e0.2﹣1，則（）A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a一十四．對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)（共2小題）50．（2023?江西模擬）若1+lgx﹣lgy＝lgy2，則＝．（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＞4c D．a(chǎn)b＞4c2一十五．對(duì)數(shù)值大小的比較（共9小題）52．（2023?包頭二模）設(shè)a＝2﹣1，b＝log52，c＝log45，則（）A．a(chǎn)＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a53．（2023?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）已知a＝log23，b＝log34，，則（）A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．a(chǎn)＜c＜b54．（2023?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬），則（）A．c＜a＜b B．a(chǎn)＜c＜b C．b＜a＜c D．a(chǎn)＜b＜c（多選）55．（2023?青島三模）已知實(shí)數(shù)a，b，滿足a＞b＞0，lnalnb＝1，則（）A．a(chǎn)b＞e2 B．loga2＜logb2 C． D．a(chǎn)abb＞abba（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＞0 B．c+d＞0 C．a(chǎn)+d＞0 D．b+c＞057．（2023?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）設(shè)，則（）A．b＞a＞c B．b＞c＞a C．a(chǎn)＞b＞c D．a(chǎn)＞c＞b（多選）58．（2023?讓胡路區(qū)校級(jí)二模）已知，則（）A．a(chǎn)＞b B．b＞c C．a(chǎn)≥c D．2b＞a+c59．（2023?開福區(qū)校級(jí)二模）已知，，，則（參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.7）（）A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b60．（2023?三明三模）已知函數(shù)f（x）＝log2（4x+4）﹣x﹣1，設(shè)，，，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．b＜c＜a B．a(chǎn)＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜a＜b一．函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷【解題方法點(diǎn)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(hào)；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(duì)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(diǎn)的x的值從小到大順次將定義域分成若干個(gè)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(wèn)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(diǎn)撥】①奇函數(shù)：如果函數(shù)定義域包括原點(diǎn)，那么運(yùn)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(diǎn)，那么運(yùn)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(gè)去求解；④對(duì)于奇函數(shù)，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)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(duì)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(duì)、冪大小比較的常用方法：①底數(shù)相同，指數(shù)不同時(shí)，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)性比較大小；③底數(shù)相同，真數(shù)不同，如和利用指數(shù)函數(shù)單調(diào)性比較大小；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(jìn)行大小關(guān)系的判定.策略三：轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象交點(diǎn)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)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件(1)對(duì)于任意x∈I，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M(3)對(duì)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

專題03函數(shù)的概念與性質(zhì)目錄一覽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(duì)數(shù)函數(shù)大小比較真題考查解讀近年真題對(duì)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(diǎn)四指數(shù)函數(shù)與對(duì)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(cuò)易混速記/二級(jí)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．﹣1 B．0 C．12 【答案】B解：由2x?12x+1＞0，得x＞12由f（x）是偶函數(shù)，∴f（﹣x）＝f（x），得（﹣x+a）ln?2x?1?2x+1=（x+a）即（﹣x+a）ln2x+12x?1=（﹣x+a）ln（2x?12x+1）﹣1＝（x﹣a）ln2x?12x+1=（x∴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(duì)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(shí)數(shù)a的取值范圍是[2，+∞）．考向三指數(shù)函數(shù)與對(duì)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(wèn)題越來(lái)越受到重視．用聲壓級(jí)來(lái)度量聲音的強(qiáng)弱，定義聲壓級(jí)Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽(tīng)覺(jué)下限閾值，聲源與聲源的距離/m聲壓級(jí)/dB燃油汽車1060～90混合動(dòng)力汽車1050～60電動(dòng)汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動(dòng)力汽車、電動(dòng)汽車10m處測(cè)得實(shí)際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A．p1≥p2 B．p2＞10p3 C．p3＝100p0 D．p1≤100p2【答案】ACD解：由題意得，60≤20lgp1p0≤90，1000p0≤p1≤50≤20lgp2p0≤60，1052p0≤20lgp3p0=40，p3可得p1≥p2，A正確；p2≤10p3＝1000p0，B錯(cuò)誤；p3＝100p0，C正確；p1≤1092p0＝100×1052p0≤100p2，p1【命題意圖】考查函數(shù)的性質(zhì)：對(duì)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(jì)算素養(yǎng)．【考查要點(diǎn)】函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考常考查的熱點(diǎn)之一．考查函數(shù)的定義域、值域、圖象，函數(shù)的對(duì)稱性、周期性、單調(diào)性．【得分要點(diǎn)】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(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)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(diǎn)是關(guān)于（0，0）對(duì)稱．（2）如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)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(diǎn)是關(guān)于y軸對(duì)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(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用符號(hào)“∪”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(diǎn)值，導(dǎo)數(shù)一般是開區(qū)間．三、指對(duì)冪函數(shù)的大小比較方法一：運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性比較1.對(duì)于抽象函數(shù)，可以借助中心對(duì)稱、軸對(duì)稱、周期等性質(zhì)來(lái)“去除f（）外衣”比較大?。?.有解析式函數(shù)，可以通過(guò)函數(shù)性質(zhì)或者求導(dǎo)等，尋找函數(shù)單調(diào)性對(duì)稱性，以用于比較大小.方法二：因?yàn)閮缰笇?duì)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(diǎn)，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(gè)值所在的大致區(qū)間2.可以對(duì)區(qū)間使用二分法（或者利用指對(duì)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(duì)數(shù)比大小2.作差或者做商的難點(diǎn)在于后續(xù)變形處理，注意此處的常見(jiàn)技巧和方法解方法五：利用對(duì)數(shù)運(yùn)算分離常數(shù)比大小這是對(duì)數(shù)值所獨(dú)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(guò)這個(gè)函數(shù)，學(xué)習(xí)觀察，歸納，總結(jié)“同構(gòu)”規(guī)律，還要進(jìn)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(shí)候，三個(gè)數(shù)比較大小，可能某一個(gè)數(shù)會(huì)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(gè)數(shù)規(guī)律.方法七：放縮法1、對(duì)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(lái)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(wú)從下手的數(shù)據(jù)，如果分析會(huì)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(guó)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?yàn)椋?，+∞）．當(dāng)0＜x時(shí)，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，此時(shí)函數(shù)f（x）在（0，]上為減函數(shù)，當(dāng)x＞時(shí)，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，則f′（x）＝＝，當(dāng)x∈（，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，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(shí)，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f（x）單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝1時(shí)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(gè)同時(shí)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(shí)，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函數(shù)．【答案】f（x）＝x2．．解：f（x）＝x2時(shí)，；當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，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?yàn)楹瘮?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?yàn)镽（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（﹣）＝0 B．f（﹣1）＝0 C．f（2）＝0 D．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(duì)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?yàn)镽，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，則f（k）＝（）A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．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(duì)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＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．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(shí)，x＝1，0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；x＞1時(shí)，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(shí)，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，∵h(yuǎn)（0）＝0，∴當(dāng)0＜x＜時(shí)，h（x）＜0，當(dāng)0＜x＜﹣1時(shí)，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＝log52，b＝log83，c＝，則下列判斷正確的是（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．a(chǎn)＜c＜b D．a(chǎn)＜b＜c【答案】C【解答】解：∵，，∴a＜c＜b．從近三年的新高考試題來(lái)看，函數(shù)單調(diào)性的判斷和應(yīng)用以及函數(shù)的最值問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)，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(jiǎn)單應(yīng)用，預(yù)測(cè)2024高考仍將以函數(shù)的單調(diào)性，奇偶性、冪指對(duì)函數(shù)比較大小為主要考點(diǎn)，重點(diǎn)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(jí)三模）下列函數(shù)中，在區(qū)間（﹣∞，0）上是減函數(shù)的是（）A．y＝x3 B． C． D．y＝x﹣1【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，y＝x3，是冪函數(shù)，在R上為增函數(shù)，不符合題意；對(duì)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(duì)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(duì)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(yáng)中市校級(jí)模擬）若冪函數(shù)f（x）的圖象過(guò)點(diǎn)，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(guò)點(diǎn)（，），∴（）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(jí)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(gè)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(cuò)誤結(jié)論的序號(hào)有．【解答】解：對(duì)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(cuò)誤；對(duì)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(duì)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(shí)|f（x）|的最小值是|f（2k+1）|＝的最小值，函數(shù)單調(diào)遞減，無(wú)最小值，所以③錯(cuò)誤；對(duì)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(wú)最大值，所以④錯(cuò)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(jí)三模）在下列四個(gè)函數(shù)中，在定義域內(nèi)單調(diào)遞增的有（）A．f（x）＝tanx B．f（x）＝|x| C．f（x）＝2x D．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(jí)模擬）已知函數(shù)f（x）是（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且f（f（x）﹣x﹣log2x）＝5，則f（x）在[1，8]上的值域?yàn)椋ǎ〢．[2，10] B．[3，10] C．[2，13] D．[3，13]【解答】解：由題意設(shè)f（x）﹣x﹣log2x＝m，則f（x）＝x+log2x+m，且f（m）＝5，所以m+log2m+m＝5，即log2m＝5﹣2m，解得m＝2，所以f（x）＝x+log2x+2，x∈[1，8]，因?yàn)楹瘮?shù)y＝x，y＝log2x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(shí)，f（x）min＝1+0+2＝3，當(dāng)x＝8時(shí)，f（x）max＝8+3+2＝13，所以函數(shù)f（x）的值域?yàn)閇3，13]，故選：D．6．（2023?西寧模擬）已知函數(shù)，對(duì)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?yàn)閷?duì)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?yàn)椋?，解?＜a≤2，故A，C，D錯(cuò)誤．故選：B．7．（2023?景德鎮(zhèn)模擬）已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）的圖象是連續(xù)不斷的曲線，對(duì)任意實(shí)數(shù)m，n均滿足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），且當(dāng)x＞0時(shí)，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(duì)任意實(shí)數(shù)m，n均滿足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），可得+＝，不妨設(shè)，因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0，所以h（x）＞0，滿足h（m）+h（n﹣m）＝h（n），當(dāng)n＞m時(shí)，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(duì)稱，且g（x）在（1，+∞）上遞增，則g（1）＜g（0），故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；g（3）＝g（﹣1），故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；g（2）＜g（﹣1），故選項(xiàng)C正確；g（3）＜g（﹣2），故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選：C．8．（2023?駐馬店二模）已知f（x）是定義域?yàn)镽的單調(diào)遞增的函數(shù)，?n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，則f（28）＝．【解答】解：因?yàn)?n∈N，f（n）∈N，且f（f（n））＝3n，所以，f（f（0））＝0，因?yàn)閒（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?yàn)閒（1）∈N，則f（1）≥1，因?yàn)閒（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?yàn)閒（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?yàn)閒（f（4））＝f（7）＝12，所以f（f（7））＝f（12）＝21，因?yàn)閒（f（6））＝f（9）＝18，18＝f（9）＜f（10）＜f（11）＜f（12）＝21，所以f（10）＝19，f（11）＝20．因?yàn)閒（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(jí)三模）已知函數(shù)，設(shè)xi（i＝1、2、3）為實(shí)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(cuò)誤 B．①錯(cuò)誤，②正確 C．①②都正確 D．①②都錯(cuò)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(diǎn)（0，0）對(duì)稱，如圖（1）所示，①中，因?yàn)閤1+x2+x3＝0，且x1?x2?x3＞0，則x3＝﹣（x1+x2），不妨設(shè)x1＜0，x2＜0，x3＞0，則點(diǎn)A（x1+x2，f（x1+x2）），此時(shí)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(diǎn)B（x2+x3，f（x2+x3）），此時(shí)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）2 B． C．y＝sin（x﹣2） D．y＝cos（x﹣2）【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，y＝（x﹣2）2，是開口向上的二次函數(shù)，其對(duì)稱軸為x＝2，在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞減，不符合題意；對(duì)于B，y＝，在區(qū)間（0，2）上為減函數(shù)，不符合題意；對(duì)于C，設(shè)t＝x﹣2，則y＝sint，由于0＜x＜2，則﹣2＜t＜0，y＝cost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(duì)于D，設(shè)t＝x﹣2，則y＝cost，由于0＜x＜2，則﹣2＜t＜0，y＝cost在區(qū)間（﹣2，0）上為增函數(shù)，則y＝cos（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(jí)模擬）若，其中e為自然對(duì)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(duì)稱 D．f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（0，0）中心對(duì)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(duì)稱，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)正確，A錯(cuò)誤．故選：BC．12．（2023?濟(jì)寧一模）若函數(shù)f（x）＝loga（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(shí)，g'（x）＜0，當(dāng)時(shí)，g'（x）＞0，所以g（x）在和上遞減，在上遞增，當(dāng)a＞1時(shí)，y＝logaμ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(shí)g（x）在（0，1）上遞增，則g（x）＞g（0）＝0恒成立，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，y＝logaμ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(wú)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(shí)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(qǐng)說(shuō)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?yàn)椋ī?，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＝log2t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(shí)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(shí)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(jí)模擬）已知實(shí)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(dòng)點(diǎn)P（x，y）到定點(diǎn)（m，﹣m）的距離，又因?yàn)椋╩，﹣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(diǎn)（1，2），又切點(diǎn)（1，2）到直線x+y＝0的距離d＝＝，所以動(dòng)點(diǎn)P（x，y）到定點(diǎn)（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(guò)點(diǎn)（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(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x∈（2，4]時(shí)，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(jí)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(xiàng)”，下列說(shuō)法正確的是（）A．函數(shù)f（x）無(wú)最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項(xiàng) B．函數(shù)f（x）無(wú)最大、最小值，數(shù)列{an}無(wú)最大、最小項(xiàng) C．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}有最大、最小項(xiàng) D．函數(shù)f（x）有最大、最小值，數(shù)列{an}無(wú)最大、最小項(xiàng)【解答】解：函數(shù)f（x）＝＝?＝?＝（1+），令g（x）＝1+，由2x﹣≠0，解得x≠log2，所以函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x≠log2}，因?yàn)?x﹣＞﹣且2x﹣≠0，所以∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），則∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞），則g（x）∈（﹣∞，）∪（1，+∞），所以函數(shù)f（x）無(wú)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（﹣∞，log2），（log2，+∞）上單調(diào)遞減，且當(dāng)x＞log2時(shí)，f（x）＞0，因?yàn)?＜log2＜log28＝3，對(duì)于數(shù)列an＝，則a1＝0＞a2＝﹣，a3＝6＞a4＞a5＞…＞0，且n≥3時(shí)an＞0，所以數(shù)列{an}有最小項(xiàng)a2＝﹣，有最大項(xiàng)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+log2x+﹣1＝log2（2x）+﹣1＝+﹣1＝2log4（2x）+﹣1，∵x∈（，+∞），∴2x∈（1，+∞），∴l(xiāng)og4（2x）＞0，∴y＝2log4（2x）+﹣1﹣1＝2﹣1，當(dāng)且僅當(dāng)2log4（2x）＝，即log4（2x）＝時(shí)，等號(hào)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(jí)模擬）已知函數(shù)，存在實(shí)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?yàn)閑2x+1＞1，所以﹣1＜g（x）＜1，則﹣1﹣a＜g（x）﹣a＜1﹣a，當(dāng)0≤a≤1時(shí)，﹣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(shí)，﹣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(shí)，﹣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(shí)，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(shí)數(shù)a的取值范圍為．故選：C．19．（2023?煙臺(tái)模擬）已知實(shí)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(diǎn)A（a，b），即點(diǎn)A是圓C：（x﹣2）2+y2＝1上一點(diǎn)又點(diǎn)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(jí)模擬）已知實(shí)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(diǎn)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(guò)B作BD⊥l于D，過(guò)A作AE⊥l于E，設(shè)，因?yàn)镺A⊥OB，所以，從而，故，其中，故當(dāng)時(shí)，|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?yàn)閥＝﹣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(jí)模擬）設(shè)a，b∈R，c＞0，求的最小值．【解答】解：由兩點(diǎn)距離公式的幾何意義可知的幾何意義為點(diǎn)（a，ea）到（b，b）的距離，的幾何意義表示為點(diǎn)（c，lnc）到（b，b）的距離，而（a，ea）是y＝ex（x＞0）上的點(diǎn)，（c，lnc）是y＝lnx上的點(diǎn)，（b，b）是y＝x上的點(diǎn)，且y＝ex與y＝lnx關(guān)于直線y＝x對(duì)稱，∴+的最小值，轉(zhuǎn)化為y＝ex圖像上的動(dòng)點(diǎn)與y＝lnx圖像上的動(dòng)點(diǎn)間的最小距離，顯然，y＝ex與平行y＝x的切線l1的切點(diǎn)M，和y＝lnx與平行y＝x的切線12的切點(diǎn)N，它們之間的距離MN就是所求最小距離．對(duì)于y＝ex，設(shè)切點(diǎn)為（x1，y1），有y′＝ex，則＝1，故x1＝0，則y1＝e0＝1，故M（0，1）．對(duì)于y＝lnx，設(shè)切點(diǎn)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(jí)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(shí)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(shí)，f（x）＝2x﹣2+2x+1＝4x﹣1，由f（x）＜4得4x﹣1＜4得x＜，此時(shí)1≤x＜．當(dāng)﹣＜x＜1時(shí)，f（x）＝﹣2x+2+2x+1＝3，此時(shí)f（x）＜4恒成立，此時(shí)﹣＜x＜1．當(dāng)x≤﹣時(shí)，f（x）＝﹣2x+2﹣2x﹣1＝﹣4x+1，由f（x）＜4得﹣4x+1＜4得x＞﹣，此時(shí)﹣＜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(jià)3ab＝a+b，即1＝＝+，則a+3b＝（a+3b）（+）＝+1++≥+2＝+，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝b時(shí)取等號(hào)，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(shí)，f（x）＝x2+2x，則f（15）＝（）A．3 B．﹣3 C．255 D．﹣255【解答】解：因?yàn)閒（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(shí)，f（x）＝x2+2x，則f（15）＝f（3）＝﹣f（1）＝﹣3．故選：B．24．（2023?茂南區(qū)校級(jí)三模）已知函數(shù)是偶函數(shù)，則a＝．【解答】解：因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以f（﹣x）＝f（x）恒成立，所以（e﹣x﹣aex）cos3x＝（）cos3x，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(shí)數(shù)a＝．【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ī仭蓿?）∪（0，+∞），又f（x）為偶函數(shù)，則，解得a＝2，經(jīng)檢驗(yàn)，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(shí)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?yàn)镽，f（2x+2）為偶函數(shù)，f（x+1）為奇函數(shù)，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）＝ax+b．若f（4）＝1，則＝（）A． B．0 C． D．﹣1【解答】解：因?yàn)閒（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?yàn)閒（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?yàn)閒（﹣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(shí)，f（x）＝﹣x+1，因?yàn)閒（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令，得，其中，所以，因?yàn)閒（﹣2x+2）＝f（2x+2），令得：，即，因?yàn)門＝4，所以，因?yàn)閒（﹣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(shuō)法中一定正確的是（）A． B． C．?x∈R，f（2+x）+f（﹣x）＝0 D．g（3）+g（5）＝4【解答】解：對(duì)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(duì)稱，而f（2+x）+f（﹣x）＝0，可得f（x）關(guān)于（1，0）對(duì)稱，C錯(cuò)；對(duì)A：∵f（x+2）為奇函數(shù)，則y＝f（x）圖像關(guān)于（2，0）對(duì)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(duì)；對(duì)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(cuò)誤；對(duì)B，g（k）＝f（﹣1）﹣2+f（0）﹣2+f（1）﹣2+…+f（2021）﹣2＝f（k）﹣2×2023＝﹣4046，B錯(cuò)誤．故選：A．七．奇偶函數(shù)圖象的對(duì)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(duì)稱 B．關(guān)于點(diǎn)（2，0）對(duì)稱 C．關(guān)于直線x＝0對(duì)稱 D．關(guān)于原點(diǎn)對(duì)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(diǎn)（2，0）對(duì)稱，故選：B．31．（2023?濠江區(qū)校級(jí)三模）寫出一個(gè)滿足“圖象既關(guān)于直線x＝1對(duì)稱又關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)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(yáng)三模）已知函數(shù)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，則a+b＝．【解答】解：依題意函數(shù)f（x）是一個(gè)奇函數(shù)，又2x﹣a≠0，所以x≠log2a，所以f（x）定義域?yàn)閧x|x≠log2a}，因?yàn)閒（x）的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，所以log2a＝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(yáng)市校級(jí)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(diǎn)（0，1）對(duì)稱，則（）A．f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1，1）對(duì)稱 B．8是f（x）的一個(gè)周期 C．f（x）一定存在零點(diǎn) D．f（101）＝﹣299【解答】解：對(duì)于A，由于f（1﹣2x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（0，1）對(duì)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(diǎn)（1，1）對(duì)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(diǎn)（1，1）對(duì)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(duì)稱，對(duì)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(diǎn)存在性定理可得f（x）在（1，5）有零點(diǎn)，故C正確對(duì)于D，由于g（x）的圖象關(guān)于（﹣2，﹣5）對(duì)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(duì)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(jià)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(jí)三模）已知函數(shù)f（x）是定義域?yàn)镽的函數(shù)，f（2+x）+f（﹣x）＝0，對(duì)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(gè)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(diǎn)（1，0）對(duì)稱，由對(duì)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?yàn)楹瘮?shù)f（x）的定義域?yàn)镽，所以函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，因?yàn)閍，b（a≠b）為關(guān)于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的兩個(gè)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(jí)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?yàn)閍＞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﹣cosx＞0，故G（x）＝x﹣g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，因?yàn)閏＞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(cuò)誤，B正確；由a﹣b＜π，，無(wú)法確定還是，C，D錯(cuò)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）＝2 B．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(cuò)誤；f（x）為奇函數(shù)，則f（﹣x）＝﹣f（x），等式兩邊同時(shí)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(shí)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(cuò)誤；故選：BC．（多選）38．（2023?鼓樓區(qū)校級(jí)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(duì)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(duì)稱，故B正確；因?yàn)閒′（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）＝﹣