专题13 导数与不等式，函数的零点-【师大金卷】2025年高考数学一轮复习小题狂练（新高考）

专题13 导数与不等式，函数的零点 狂练考点1 导数与不等式 A.(-∞，-2) B.(-0∞，-3) 31 C.(-4,-1) D.(-3,0) 1.【高考典例】(2022·全国甲卷)已知a= 2.【课本典例】(2019版人教A版选择性必修 =cosc=4sin,则 第二册)已知函数f(x)=ae2r+(a-2)e2 A.c>b>a B.b>a>c x,若f(x)有两个零点，则a的取值范围 C.a>b>c D.a>c>b 2.【课本典例】(2019版人教A版选择性必修 为 第二册)已知函数f(x)=e一ln(x十m).则3.【经典好题】(2024·辽宁大连金州高级中学期 当m≤2时， 中)已知函数f(x)=x2+2x十e+1十ex- A.f(x)≤0 B.f(x)<0 C.f(x)≥0 D.f(x)>0 十k有且只有一个零点，则k的值为() 3.【经典好题】(2024·安徽A10联盟届高三上学 A.-1 B.0 期11月段考)已知定义在R上的函数F(x) C.1 D.2 满足：F1)=0,当x∈(23)时，F'()<0. 4.【好题精选】(2024·湖北部分名校期中)设a 若f(x)=xF(x),则下列说法错误的是 >0,若函数f(x)=a2r+x一 2a 有两个零 A.f(1)<0 点，则a的取值范围是 B.f(2)<0 C.Hx∈(1,3)，f(x)<0 5.【新题展望】(2024·福建厦门双十中学期中】 D.Vx∈(21)f)>0且f)>0 已知函数f(x)=x3+br2+cx十c有三个零 小 4.【好题精选】(2023·四川乐山二模)若存在x0 点，且它们的和为0，则b一c的取值范围 狂 练 ∈[-1,2]，使不等式xo+(e2-1)lna>≥ 2a 是 e 033 十e2xo一2成立，则a的取值范围是( 狂练综合 导数与不等式，函数的零点 A.[ B[是e] 一、单选题 数 L.(2024·广东肇庆质量检测)若e“=lnb=c, c.[] D.[ 则a,b,c的大小关系为 5.【新题展望】(2024·安徽江淮十校第二次联考) 设正整数n满足不等式(1十1og22023)2m-1> A.a<b<c B.a<c<b (2)g2023,则n的最小值等于 C.c<b<a D.b<a<c 狂练考点2导数与函数的零点 2.(2024·山西吕梁阶段性测试)方程x2y=(2y) 1.【高考典例】(2023·全国乙卷)函数f(x)= 满足x≤y的正整数解的组数为 x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是 A.0 B.1 C.2 D.无数组 快乐考生 让学习快乐起来！ 3.(2024·江苏省无锡期中)设函数f(x)=x十8.(2024·辽宁实验中学月考)函数f(x)= Inz,8(r)=zlnr-1,h(x)=1-1 e ar Inx(a>0),则下列说法错误的有() 23 A.函数有唯一零点 在(0，十o∞)上的零点分别为a,b,c,则a,b,c B.函数的极大值小于1 的大小顺序为 ( A.c<b<a B.b>c>a C∈0，+∞)函≠)≥ C.c>a>b D.b>a>c f()+f(x2) 4.(2024·河南实验中学期中)若aeaw一lnx≥ 2 lnr一-a恒成立，则实数a的取值范围为 Dn∈0，+∞≠2)< ( f()+f(x2） 2 A[日，+) B.[1,+o∞) 9.(2024·重庆一中学月考)已知函数y=f(x)图 C.[e,+o∞) D.[e,+o) 象上的点(xy)均满足(er-4e-y)28+ 5.(2024·广东广州荔湾区月考)已知函数f(x) e2023.x=3e-e3r+y,a∈(0，+o∞)，对Hx∈ =2.x-asinx+sin2x在(0，π)上没有零点，则 (1,+o∞)有fux)≥x3-3x成立，则() 实数a的取值范围是 A.f(r)=e3r-3e A.(-0∞，0) B.(-∞，4) B.f(x)的极值点为(0，一2) C.(-o∞，2x) D.(-o,π) C.a> 6.(2024·贵州贵阳清华中学月考)若对任意正 e 公 题 实数xy都有(2-号)(ax-ln)-品≤o, nlx>√月 狂 练 则实数m的取值范围为 三、填空题 A.(0,1] 10.(2024·广东肇庆质量检测)已知不等式er 034 B.(0,e] -x2+(a-2)x-1>aln(x+1)对任意的 数 C.(-o∞，0)U[1,+o∞) x∈(0，十c∞)恒成立，则实数a的取值范围 D.(-∞，0)U[e,十o∞) 是 二、多选题 11.(2024·山东滨州新高考联合质量测评联考) 7.(2024·甘肃兰州一中期中)对于函数f(x) 已知A={a|f(a)=0},B={3|g(3)= lnx,下列说法正确的是 ( 0},若存在a∈A,3∈B,使得|a-B<k, 则称函数f(x)与g(x)互为“k阶逼近函 A.f(x)在x=e处取得极大值君 数”.若f(x)=ln(3-x)与g(xr)=x2-ae B.f(x)有两个不同的零点 互为“1阶逼近函数”，则实数a的取值范围 C.f(4)<f(π)<f(3) 为 D.π<4△BCF中,CF-VBC-BF* +F(1),'/(1)=F(1)<0,故A的说法正确;”x #(6-)#-()一 3)时:,F'(n)<0.v.F(t)在(3) 上单调递减,又F(1)一 ②-18x+36.记△BCD的面积为S,则S= #s{ 0,则当x(1.3)时,F(2)<0.当xe(1).F(x)>0. BD.CF -9+18r^{}设函数 f$)--9+18r”,则(x-4-27r+36r=(4 f(2)=2F(2)0..f(2) 0,故B的说法正确; ·f(x)=F(x)+xF'(x),VxE(1,3),F(x)<0.F(x)<0. -27x+36)令fGc)-0,得:-0或x-27+317 .当0之 8 <x3时,/() (2)-f(x)>o,又.:Vxe(-1)F'(x)<o.:/() 8 <0.故当-27-3vT7 时,f(x)取得最大值,则S取得最大 一F(x)十xF(x)的正负性无法判断,故D的说法错误,故选D. 4. D 解析:依题意,x。十(e-1)lna 2十r。-2= 值,此时AB-27-317 8.(-,-24)解析:当n-1时.-S-1;当n2时,. (-1D)lna-(e-1)r2-2=(e-1)lna-(e-1Dlne’o -S -S1=n^-(n-1)^{}-2n-1,将n-1代入上式,可得$ %。 2-2-e-1)ln2-2.令=1.即(e*-1)lnt $ 1-1=1=a,则a=2n-1.(néN).b=- e0 _ 。 a.. []#令() #寸(),#(1 (2n-1)(2n+1)=- -2+20,由x.[-1.2],得( #-)寸(-)- -1)ln-2十2.则原问题等价于存在(e[].使得/(1) <0,得11,由/(1)>o,得0<11,因此画数 , 整理可得》<(2n十1)十9·(-1)*。2n十1,当n为偶数时,不 2 2 & (#)#()上调在(#1) )上单调递 7 +-+10,(r)--92r-92-3)(2+3) 增,而f(1)-0,/(e})-(-1)lne-2e+2-2e-2-2e ) _ ){ 当:3. 2 在r [,],使得/(1)0成立,只需<e且→1. 单调递增,由于f(4)=29. 2527.5=f(2),故f(x)m= f(2)-27.5,此时a 27.5;当n为奇数时,不等式为a 2n十 解得a<且a-,即士<a<e,所以a的取值范围为 : : , [.故选D. 奇数且rN*),易知g(x)在(0.十)上单调递增,则g(x)min =(1)--24,此时a<-24,综上所述,<-24. 5.6 解析:对所给不等式两边同时取自然对数,得(2n一1)ln(1十 专题13 ln(1+log2023) 导数与不等式,函数的零点 log:2 023)>log。2023·ln(2n).于是 log.2023 , ln(1十x)(r>1),求导得/(x)= 狂练考点1 导数与不等式 r-ln(1+x) 解析:构造画数,因为当xE (0,吾)<tanz,故一 令(x))-干 1十r 1.A 1-ln(1+x).(x>1),求导 _) 4 an→1.故>1,所以c→b;设/(x)-cosr+ 1 得g”(c)-_ x<o,所以画数g(x) (1+)1+二 (1十x)) 1.x(o,+).f(x)=-sinr十x0,所以f(x)在(0,+) 上单调选增培,故() ln([1+og 2023)ln(n)→f(log 2023) /(2a-1),所以 /(x) 0,于是函数f(x)在[l,十oo)上单调递减,因为 以b>a,所以c→b>a,故选A. 2.D 解析:当m<2.x(-m,+oo)时,ln(x+m)<ln(x+2). log2023 2-1 故只需证明当m-2时,f(x)=-ln(x+2)0.当m=2 2n-1>log:2023,解得a 1+log-2023 .又1024<2023< 2 2048,所以10<logt2023<11,于是111+log 2023 <6 又n是正整数,所以n的最小值等于6. #P(-1)<0.f(0)>0,故f(x)=0在(-2,+)有唯一实 狂练考点2 数根,记为r=t,且x。(-1,0).当x(-2,x。)时,/(x) 导数与函数的零点 <0.f(x)单调通减;当x(x,+oo)时,(x)0.f(x)单 调增,从而当工=x。时,f(x)取得最小值,由/(r。)一0得 1.B 解析:f(x)-x+ar十2,则f(x)-3xr}+a,若f(x)要 存在3个零点,则/(工)要存在极大值和极小值,则a0,令 2十2 (r。十1){} 十r。= (-。-)(V,+)时:#(c)>0.当 3.D 解析:由题意得,/(c)-F(z)+xF(c)..'./(1)=F(1) 数学答案-32 (# ) )./(n)<0,故/(2)的极大值为(). 零点,则雪满足(x)→0,且()<0,所以-)^第 极小值为(##)# 若f(t)要存在3个零点,则 ##)→4-+?> ##。# #+2<0. ##V)## 解得a 狂练综合 导数与不等式,函数的零点 3 3 <-3,故选B. 1.B 解析:设(r)=一x,则/()=-1,当x<0时, 2.(o.1) 解析:依题意((x)的定义域为(一o,十o),f(x) f(r)0,当x0时,f(x)0,所以函数/(r)在(一,0) 2e+(a-2)e'-1-(ae -1)(2e+1).(1)若a<0,则 上单调遂减,在(0,十)上单调递增,f(x)三f(0)一1>0. #(x) 0,所以f(x)在(一,十o)上单调递减.f(x)至多有 即 x,.=ea,又lnb=cb=c,所以b> 一个零点.不合题意;(ll)若a>0,则由/(x)一0得x二-lna. a.故选B. 当x(-o,-lna)时,r(x)<0;当xE(-lna,+o)时, 2.B 解析:由题可得:2ylnr=.xin(2y).lnrln(2y).令f(x)= f(x)>0,所以f(x)在(-oo,-lna)上单调递减,在(-lna; 2 +)单调遂增,所以/(x)的极小值为/(-lna)-1-1+ lnr,r(r)-1-ln,o<x<e时,/()>o.r>e时,f(r) 。 lna,也是最小值.①当a-1时,由于/(-lna)一0,故/(x)只 <0.f(x)在(0,e)单调递增,在(e.十oo)单调递减,当xe 有一个零点;②当a(1.+o)时,由于1-+lna0,即 时,f(x)0恒成立,又f(1)-0,x<y,f(x)-f(2y) 2y且x(1,e),2y(e.+)又x,y为正整数,则x-2,f(2) lna<o,即/f(-lna)<0.又f(-2)-ae +(a-2)e}+2 2,故选B. -2 }十2 0,故f(x)在(-,-lna)有一个零点,设正整数 3.B 解析:因为(x)=x+lnz,/(c)-1+1→o.所以f(c) -1>o,所以存在ae(.1)使得)(a)-0.所以a (-lna,十)有一个零点,综上,a的取值范围为(0,1). 3.A 解析:/(c)定义域为R,且/(x)-2x十2十二一 r+1+e*-[-(r十1)+e(+],令g()-r十e,则() 1).因为g(x)-olnx-1;g'(c)-hnx+1-0,解得:x-1. -1十e一0恒成立,故g(x)=x十e在B上单调递增,当x 当E(0)时:#()<0,g(n)在(0.。)上单词 十1-(x十1),即x>-1时,/()0./f(r)单调递增,当 +1 一(x+1),即r<-1时,/(x) 0,f(x)单调递减,故 f(x)在x一一1处取得极小值,也是最小值,故要想满足/(x) 有且只有一个零点,只雷/(-1)=0,即1-2十+e-1十 b一0.解得b一-1.故选A. 上单调递增,又因为g(1)=-1 0,g(2)=2ln2-1>0.. 4.(o)(-1)(或写成()(1) 解析: 选增#()# )<0.h(1)>→o.所以存在ce(1)使得h(e) #(x)=(2alna)a*+1,则g'(r)=(2alna)**o(a0). _ 所以f(x)是单调递增函数,根据题意/{(x)一0有解,所以0 a<1.由/(cro)0得x。=ln(-2ln).当x<xo时,r(x) ##1→10-1n0-#()-+-.、 -2aln <0.f(x)单调递减;当xx。时,f(c)0,f(x)单调递增, 故( )mìn=f(.xa)-1+Inan-2aln),设g(a)=1+na -2alna c(1)<,故选B -0得a。-e,当x e时,g'(a)0,g(a)单调递增;当 4. A 解析:易知,x o.由ae“-lnxlnx-a,得到are“- 工>时,g’(a)<0,g(a)单调递减,所以g(a)- ({) 一0.又当x趋向于负无穷大时,/(x)趋向于正无穷 xlnr-lnx+ax0,可变形为lne(e+1)-(x+1)lnr>0. 即lne"(e*+1)→(x+1)lnx,所以ae-lnxlnr-a桓成 大,当工趋向于正无穷大时,f(x)趋向于正无穷大,所以a的取 r 值范因为(0.c-)(,1). 立,即lne{(e{+1)(x+1)lnr恒成立,令g(x)-(x十 1)lnc(c>o),则g'(e)-lnx++1.令h(x)-ln++1. .(27,+) 解析:设x.x.x是/(c)的三个零点,则f(x) -(r-x)(r-x)(r-x),所以b=-(x+x+)=0. (1,十)时,h'(x)0,即万(x)在区间(0,1)上单调递减,在区 所以f(x)一x+cr十c,f(x)-3r*十c,若f(x)有三个零点, 间(1,+o)上单调递增,所以h(x)三h(1)-2>0,即g’(x) 则f(x)有两个极值点,故对于方程/(x)一0,△=-12c>0. >0在区间(0,十oo)上恒成立,所以g(x)一(r十1)lnx(x> c0,f(x)的两个极值点分别为x= 0)在区间(0,十oo)上单调递增,又lne*(e“+1)(r十1)lnr. 所以e^{一x恒成立,也即ar一lnx恒成立,又r>0,所以a r #{ 数学答案-33 G'(r)0.当xE(e.+o)时,G'(r)<0.即G(x)在区间(0. alnr,g'(r)----<0恒成立,画数在(0,十o)上单调 e)上单调递增,在区间(e,十co)上单调递减,故G(x)<G(e)一 1,所以a一,故选A. 通减,g(1)一10,当x趋近+时,(x)趋近-,故方程 5.D 解析:因为f(x)-2x-asinx+sin2x在(0,x)上没有零点. , ,r。 则sinr0,当a<0时,-a0,则-asinr0,又当x(0. #(x)0,画数单调递增;当x(x,+)时,/(x)<0,& x)时,2xsin2x,所以/(x)0恒成立,故a<0满足题意;当 lnxo.取一 a0时,因为/(x)-2-acosr+2cos2r-2-acosr+ 数单调递减,故函数有极大值为/(c。)一 _。 lo0,朝 2(2cos{x-1)-4cos{x-acosr-(4cosr-a)cosr,因为r 10 ro=10,f(r。)-f(el0)= # (0.),-1<cosr<1.则-4<4cosr<4,当a→4时,-a 1.错误;对选项C:/(x)一 -4,4cosr-a<0.所以当0<cosr<1.即0<x- #时, 1-alnr 1 -,y= -ae单调减,y-e“单调递增,且y-” 1-alnx 以/(x)在(0.)上单调递减,在() 上单调递增,比时 >0.故函数/(c)-二 单调递减,画出函数/(x)图 e_ 象,如图所示: 点,不满足题意;当0a 4时,令/(r)-(4cosr-a)cosr= 17 0.得cosz-0或cosx-,不妨设x。(0.n),使得coso= ##_)) 2 x. r 1 #>o显然xo# 根据图知#() <吾时:/(r)<o;当cosx>-或cosr<0.即o<x<x。 f(x)+/(r) ,正确;对选项D: 或吾<<x时:/(2)>0,所以(n)在(2xo。)上单调递 根据C选项知D错误.故选BD. 9. AD 解析:由条件知(e-4e-y){+(-4e{-y)十 减,在(0.xo).(x)上单调逃增,则(xo)>f(0)-0,又 e22r+e一0,令h(r)一r{o十x,易知h(r)是奇函数且单 调递增,所以有h(e-4e-y)十h(e)-0,所以h(e-4e -y=-h(e)-h(-),所以e-4e{-y+-0.即y= ()-2x→0,所以要使/(2)在(0.t)没有零点,只需/(吾) -3e,即((x)一e一3e,故A正确;根据选项A知:/() >o即可,则2x吾-asin+sinx→o,解得a<x,故o<a =3e-3e-3e(e②-1),则当x0时./(x) 0.即晶数 此时单调递减;当x0时,/(x)0.即此时函数单调递增,故 <;综上:a π,即a的取值范围为(-o,).故选D x-0是函数的极小值点,故B错误;由/(ax)x-3r→ } 6.A 解析:化简不等式可得(2-)(1n)<,即:(2e- -3“r-3r=-3el*在Vx(1,+co)时恒成立, 即f(ar)>f(lnx),因为ar0,lnx>0.f(x)在(o,+)上 lnx.令n(x)三 单调递增,所以ar三lnx,即a三 n(r> )(1)<今y-(>0),则对任意的(>0.(2e一 r 1)>n'()-1-ln,易知l<x<e时/()0.x>e时 $>0.则(1)--1n+2-1.令8(1)--ln+2-1( > f'(x) 0,则n(x)在(l,e)上单调递增,在(e,十)上单调递 减,所以m(x)<m(e)-- 1,故a二士,故C错误;又m(x)在 2<0.所以g(1)在(0.十o)上单调 ) 0),所以g’()=-1 (1.e)上单调增,则n(V)>m(\)→n#ln#→ln> ” 遂减,又因为(e)--lne+2e-1-0,所以g(1)>0→0<( VE /三,所以D正确,故选AD. <e.g(t)<o→e.所以当o<1<e时,h(t)0,当e 。 10.[-2.+) 时,h(t) 0,所以h(t)在(0,e)上单调递增,在(e.+oo)上单 解析:因为e-r+(a-2)x-1>aln(x+1). 1.即n的取值范围为(0:1.故选A 7.AC 解析:(x)的定义域为(0,+oo),且/(c)-1-ln工令 >g(2ln(r+1)),今h(x)=x-ln(x+1),所以h'(x)=1 r(x)一0,得x一e.'.f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,十o) 上单调通减,因此f(x)在x-e处取得极大值/(e)-士,A正 上单调递增,所以h(x)h(0)-0,即x-ln(x十1)0x 确;令f(x)一0,解得x一1,故函数f(x)有且仅有一个零点,B >ln(x+1)2x>2ln(x+1),又g(2x)>g(2ln(x+1)),所 错误;由f(x)在(e.+x)上单调递减,得/(4) f(x) /(3). 以g(x)在(0,十o)上单调递增,即g(x)三0在(0,十oo)上 则C正确;因为/(4)</(n),即ln4lnr.所以ln4”<ln*,则 4 4*<,D错误.故选AC 恒成立,所以有二-^{→a二-2. ln,画数定义域为(0,十0). 8.BD 解析:/(x)-e“lnr- 1.(】 ,{ 解析:由函数f(x)-ln(3一x),可得f(2)-0. 1-aln.r _,对选项A./(r)-lnr-0,则x-1,正确; r(r)- 且/f(x)在B上单调递减,所以函数/(x)只有一个零点2,又由 _r l2-3|<1,可得1<③<3,所以&数g(x)=r-ae{在区 对选项B:取/(x)=o得到l-alnz=0,设g(x)-1 。 数学答案-34 ##(),可得n'(n)-2-*r(2-),x(1.2) 十)的交点个数,再乘以2即可得结果,对应f(x),1[1,2) 时,/(r)E[-1,0],在[1,)上递减,在(,2)上递增;任 时,h'(x)>0:x(2.3)时,h'(x)<0.所以h(x)在区间 (1,2)上单调递增,在区间(2,3)上单调巡减,且h(1)-1 意x>0都有/(x)=/(),易知x[n,2n)上/(c)= sine[-1.0],在[n”)上递减,在(”,2n)上递增, 3)上存在零点,则满足士<a<,即实数a的取值范围为 : N;又h(x)在(0,+)上递增,且(1)=-1 f(l)=0 h(8)一0一f(8).综上,ff(x)与h(r)在x(1,8]存在交点, (4]) 且函数图象如下图: 痛点5 函数零点的解决之道 -1 y-lg)! fi)_sin(" 狂练痛点1 零点的个数问题 由图知:r(1,8]上共有6个交点,根据偶函数的对称性知:共 1.D 解析:对于选项A,由于f(x)是定义域为R且周期为4的奇 有12个交点.所以原函数有12个零点,故选C. 画数,故/(4)-/(0)-0./()+/()-/() 3.B 解析:令h(x)一f(a十x)一ar,则方程f(a十x)一ar的解 的情况可以转化为h(x)零点的情况,因为f(0)一一a^{},所以 #(40-4)=/()+/(-)=0.同理/()+ h()=f(o)+a}-0.因为x<x,所以r-x<0,则$ fr)-f(x)a(r-x).令=r-,r=x-a,因为 #(-/()+/()-.-/(2)+/()-。. . x,所以r x.h(x)-h(x)=f(r)-a(r-a)-f(r) +a(r-a)=f(x)-fx。)-a(x-x)<0.即(x) h(x).所以h(x)在R上单调递增,又h(一a)一0,所以对任意 故选项A正确:对于选项C,因为v一/(r)是周期为4的函数 故y一f(x十1)也是周期为4的函数,当x[0,2]时,f(x) 常数a,h(x)只有一个零点,即方程f(a十x)一ar只有一个解, 故选B. 一-+2r,所以x[-2,0]时,-x[0,2],故f(-x) 一 (c)--(-x)2-2r,得到x[-2.0]时,f(x)-+2x. 狂练痛点2 函数零点的应用 当x[2,4]时,t-4[-2,0],f(x-4)=f(x)-(-4) 1.D 解析:由题意知T为函数/(x)一2cos(ax十c)的最小正周 +2(x-4),得到x[2,4]时,f(x)=x-6x+8,则当x )--1得2oo(2+) [-2,-1]时,x+1[-1.0],g(x)-fx)+/x+1)=* 一一1,即 +2x+(x+1)+2(x+1)=2+6r+3,当x[-1.0]时, co() x+1E[0.1],g(x)=f(x)+f(x+1)=x2+2r+ ###于<,故一吾#(:)# [-(+1)+2(x+1]-2x+1,当x[0,1]时,x+1[1. 在区间[0,1有只有三个零点,故十吾[吾吾] 2].g(x)-f(x)+f(x+1)--x”+2x-(x+1)+2(x+1) --2c+2x+1,则当x[1,2]时,c+1[2,3],g(x) f()+f(x+1)--r”+2x+(r+1)-6(r+1)+8--2r 且由于y一cos.x在(0,+oo)上使得cosr一0的x的值依次为 2+6r+3,r[-2.-1]. 3 2+1.r[-1.0]. [0)D. 1 十3,所以g(r)一 -2*+2十1[0.1]. 易知,g() 即_ (-2x+3.rE[1,2]. {sinxx,0<x<1的图象如图: 也是周期为4的周期函数,函数图象如图所示,在x--处有 12.A 解析:作出函数/(x)一 Ulogzx.r>1 -nt 2三 2: 2 设 f(a)-/(b)-f(c)-m,且a<b<c.则函数y-f(x)与 二 直线y=m的三个交点从左到右依次为(a,m),(b,m).(c,m). _ 2 则点(a,m)与(b,m)在函数y-sinxx,x[o,1]上,而函数y 一sinxx的图象关于直线:一 错误:故选D 1.由logox-1得x-2023,若满足/(a)-f(b)-/(c),则 0 m 1,所以1<c<2023,所以2<a+b+c<2024,即 。 _ r) a十b十c的取值范围是(2,2024).故选A. 3.21-2 解析:因为定义在(0.十oo)上的函数/(c)满足/(r) 十/()#0.所以如a是(n)十/()-0的一个根,即 ##a)+/()-0.因为2满足(2)十+/()-0.即也 1=2 是f(2)十/()-0的一个根,所以(x)+/()-0的根 2.C 解析:将问题化为/(x)与y-log。|xl-1图象的交点 个数,显然y-logxl-1也是定义在(-co,0)(0.十) 数学答案-35