专题2 第1讲 函数的图象与性质-【金版教程】2025年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（经典版）

第二编　主干知识突破 专题二　函数与导数 第1讲　函数的图象与性质 「考情研析」　1.对函数图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决有关函数性质的问题．　2.求函数零点所在的区间、零点的个数及参数的取值范围是高考的常见题型，主要以选填题的形式出现．　3.与抽象函数相关的函数性质问题是近几年高考命题的热点． 核心知识回顾 热点考向探究 真题VS押题 目录 专题作业 核心知识回顾 知识串联 核心知识回顾 5 结论记忆 核心知识回顾 6 (2)复合函数单调性：同增异减． 复合函数f(g(x))有： 当f(x)与g(x)的增减性相同时，复合函数就是增函数(同增)； 当f(x)与g(x)的增减性相反时，复合函数就是减函数(异减)． (3)若奇函数f(x)在关于原点对称的区间D上有最值，则f(x)max＋f(x)min＝0，且若0∈D，则f(0)＝0. (4)偶函数f(x)对任意的x，都有f(x)＝f(|x|)． 核心知识回顾 7 热点考向探究 考向1　函数的概念和表示方法 热点考向探究 9 热点考向探究 10 (3)(2024·山东日照一模)设f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)满足对任意x1∈R，均存在x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)－2x2，则实数a的取值范围是_____________． (－∞，1] 热点考向探究 11 1．函数定义域问题的三种常见类型及解题策略 常见类型 解题策略 已知函数的解析式 定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围，只需构建不等式(组)求解即可 抽象函数 根据f(g(x))中g(x)的范围与f(x)中x的范围相同求解 实际问题或几何问题 除要考虑解析式有意义外，还应使实际问题有意义 热点考向探究 12 2.解决函数值域问题的四种常用方法 公式法、分离常数法、图象法、换元法． 3．分段函数问题的三种常见类型及解题策略 常见类型 解题策略 求函数值 弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，若求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算 解不等式 根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围这个大前提 求参数 “分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程 热点考向探究 13 热点考向探究 14 热点考向探究 15 3．设函数f(x)的定义域为D，如果对任意的x∈D，存在y∈D，使得f(x)＝－f(y)成立，则称函数f(x)为“☆函数”．给出下列四个函数：①y＝x＋3；②y＝x2－4x＋5；③y＝x3－5；④y＝|2x－x2|，则其中是“☆函数”的有(　　) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解析：由题意，得“☆函数”f(x)的值域关于原点对称，因为y＝x＋3与y＝x3－5的值域都为R，所以这两个函数均为“☆函数”，而y＝x2－4x＋5的值域为[1，＋∞)，y＝|2x－x2|的值域为[0，＋∞)，所以这两个函数不是“☆函数”．故选B. 热点考向探究 16 考向2　函数的图象 热点考向探究 17 (2)(2024·广东江门二模)若函数f(x)的图象与圆C：x2＋y2＝4恰有4个公共点，则f(x)的解析式可以是(　　) A．f(x)＝||x|－2| B．f(x)＝x2－2|x| C．f(x)＝|2x－2| D．f(x)＝|lg x2|Z 解析：作出y＝||x|－2|，y＝x2－2|x|，y＝|2x－2|，y＝|lg x2|的图象，如图所示，由图可知，f(x)＝|lg x2|满足题意． 热点考向探究 18 对于非基本初等函数的图象的识别，常用间接法，排除错误的选项，筛选正确的选项．一般可以从以下几个方面入手： (1)由函数的定义域判断图象的左右位置，由函数的值域判断图象的上下 位置． (2)由函数的单调性判断图象的变化趋势． (3)由函数的奇偶性判断图象的对称性，即奇函数的图象关于原点对称，且函数在对称的区间上单调性一致；偶函数的图象关于y轴对称，且函数在对称的区间上单调性相反，如本例(1)中，函数是奇函数，其图象关于原点对称． (4)从特殊点出发，排除不符合要求的选项． 热点考向探究 19 热点考向探究 20 热点考向探究 21 热点考向探究 22 考向3　函数的性质 热点考向探究 23 热点考向探究 24 －1 1 热点考向探究 25 函数的三个性质及应用 性质 应用 奇偶性 具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上，其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上 单调性 可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性 周期性 利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题转化到已知区间上求解 热点考向探究 26 热点考向探究 27 热点考向探究 28 热点考向探究 29 热点考向探究 30 考向4　函数的零点与方程的根 例4　(1)若函数f(x)的零点与g(x)＝512x3－125的零点之差的绝对值不超过0.25，则函数f(x)可以是(　　) A．f(x)＝4x－1 B．f(x)＝|2x－1| C．f(x)＝x3＋x－2 D．f(x)＝(3x＋1)2 热点考向探究 31 热点考向探究 32 热点考向探究 33 热点考向探究 34 1．判断函数零点个数的方法 直接法 直接求零点，令f(x)＝0，则方程解的个数即为函数零点的个数 定理法 利用函数零点存在定理，但利用该定理只能确定函数的某些零点是否存在，必须结合函数的图象和性质(如单调性)才能确定函数有多少个零点 数形 结合法 对于给定的函数不能直接求解或画出图象的，常分解转化为两个能画出图象的函数的图象的交点问题 热点考向探究 35 2.利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 热点考向探究 36 1．(2024·广东茂名模拟)若f(x)为R上的偶函数，且f(x)＝f(4－x)，当x∈[0，2]时，f(x)＝2x－1，则函数g(x)＝3|sin(πx)|－f(x)在区间[－1，5]上的所有零点的和是(　　) A．20 B．18 C．16 D．14 热点考向探究 37 解析：因为f(x)为R上的偶函数，且f(x)＝f(4－x)，即f(－x)＝f(4－x)，f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4，由f(x)＝f(4－x)，可得f(2＋x)＝f(2－x)，所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，令g(x)＝3|sin(πx)|－f(x)＝0，则f(x)＝3|sin(πx)|，作出y＝f(x)与y＝3|sin(πx)|在区间[－1，5]上的图象，如图所示，由图可得，两函数的图象在[－1，5]上一共有10个交点，且这10个交点的横坐标关于直线x＝2对称，所以g(x)在区间[－1，5]上的所有零点的和是20.故选A. 热点考向探究 38 2．已知函数f(x)＝9x－m·3x＋m＋6，若方程f(－x)＋f(x)＝0有解，则实数m的取值范围是__________________． 热点考向探究 39 考向5　函数的实际应用 热点考向探究 40 热点考向探究 41 热点考向探究 42 热点考向探究 43 热点考向探究 44 真题VS押题 真题VS押题 46 2．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，且当x<3时，f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是(　　) A．f(10)>100 B．f(20)>1000 C．f(10)<1000 D．f(20)<10000 解析：因为当x<3时，f(x)＝x，所以f(1)＝1，f(2)＝2，又因为f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，则f(3)>f(2)＋f(1)＝3，f(4)>f(3)＋f(2)>5，f(5)>f(4)＋f(3)>8，f(6)>f(5)＋f(4)>13，f(7)>f(6)＋f(5)>21，f(8)>f(7)＋f(6)>34，f(9)>f(8)＋f(7)>55，f(10)>f(9)＋f(8)>89，f(11)>f(10)＋f(9)>144，f(12)>f(11)＋f(10)>233，f(13)>f(12)＋f(11)>377，f(14)>f(13)＋f(12)>610，f(15)>f(14)＋f(13)>987，f(16)>f(15)＋f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，B正确；且无证据表明A，C，D一定正确．故选B. 真题VS押题 47 解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋a－1－cosx，x∈(－1，1)，原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，因为h(x)的定义域关于原点对称，且h(－x)＝a(－x)2＋a－1－cos(－x)＝ax2＋a－1－cosx＝h(x)，则h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)＝a－2＝0，解得a＝2.若a＝2，则h(x)＝2x2＋1－cosx，x∈(－1，1)，由2x2≥0，1－cosx≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，即h(x)有且仅有一个零点0，所以a＝2符合题意．故选D. 真题VS押题 48 真题VS押题 49 真题VS押题 50 真题VS押题 51 真题VS押题 52 真题VS押题 53 真题VS押题 54 真题VS押题 55 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ 对点 函数的定义域 函数图象的识别 指数函数的实际应用 分段函数及其应用 函数图象的对称性 函数的奇偶性、周期性 指数函数、对数函数的图象及单调性的应用 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★★ ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★★ 对点 已知函数的零点个数求参数范围 函数 的定义 函数的定义域、值域、奇偶性、周期性的综合 抽象函数图象与性质的综合应用 函数的对称性、零点、最值 利用函数的单调性、奇偶性求不等式的解集 利用函数的零点求参数值；换元法求函数的最值 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 2．(2024·全国甲卷)函数f(x)＝－x2＋(ex－e－x)sinx在区间[－2.8，2.8]的大致图象为(　　) 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 3．(2024·湖北十一校第一次联考)某地投资a亿元进行基础建设，t年后产生的社会经济效益为f(t)＝aeλt亿元，若该地投资基础建设4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，且再过t1年，该项投资产生的社会经济效益是投资额的8倍，则t1＝(　　) A．4 B．8 C．12 D．16 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 5．函数f(x)＝ex＋4－e－x(e是自然对数的底数)的图象关于(　　) A．直线x＝－e对称 B．点(－e，0)对称 C．直线x＝－2对称 D．点(－2，0)对称 解析：由f(x)＝ex＋4－e－x，可得f(x－4)＝ex－e－x＋4，f(－x)＝e－x＋4－ex，所以f(x－4)＋f(－x)＝0，则f(x)的图象关于点(－2，0)对称．故选D. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 二、多选题 9．(2024·广东六校第四次联考)给定数集A＝R，B＝(0，＋∞)，x，y满足方程2x－y＝0，下列对应关系f为函数的是(　　) A．f：A→B，y＝f(x) B．f：B→A，y＝f(x) C．f：A→B，x＝f(y) D．f：B→A，x＝f(y) 解析：对于A，y＝f(x)＝2x，∀x∈A，均有唯一确定的f(x)∈(0，＋∞)＝B，符合函数定义，A正确；对于B，y＝f(x)＝2x，∀x∈B，均有唯一确定的f(x)∈(1，＋∞)⊆A，符合函数定义，B正确；对于C，x＝f(y)＝log2y，取y＝1∈A，x＝0∉B，不符合函数定义，C错误；对于D，x＝f(y)＝log2y，∀y∈B，均有唯一确定的f(y)∈R＝A，符合函数定义，D正确．故选ABD. 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 三、填空题 12．(2024·山东潍坊二模)写出同时满足下面三个条件的一个函数解析式为f(x)＝______________________． ①f(1－x)＝f(1＋x)；②f(x)至少有两个零点；③f(x)有最小值． 解析：取f(x)＝x2－2x，其图象的对称轴为直线x＝1，满足①f(1－x)＝f(1＋x)，令f(x)＝x2－2x＝0，解得x＝0或x＝2，满足②f(x)至少有两个零点，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，当x＝1时，f(x)min＝－1，满足③f(x)有最小值． x2－2x(答案不唯一) 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 13．已知函数f(x)＝lg (|x|－1)＋2x＋2－x，则满足不等式f(x＋1)<f(2x)的x的取值范围为________________________． (－∞，－2)∪(1，＋∞) 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 －1 －36 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 　　　　　　　　　　　　　 R (1)若f(x)，g(x)在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质： ①f(x)与f(x)＋C具有相同的单调性； ②当a>0时，f(x)与af(x)具有相同的单调性，当a<0时，f(x)与af(x)具有相反的单调性； ③当f(x)恒正或恒负时，f(x)与eq \f(1,f（x）)具有相反的单调性； ④当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)＋g(x)是增(减)函数． 例1　(1)(2024·安徽部分重点中学质检)若函数f(2x－1)的定义域为[－1，1]，则函数y＝eq \f(f（x－1）,\r(x－1))的定义域为(　　) A．(－1，2] B．[0，2] C．[－1，2] D．(1，2] 解析：由函数f(2x－1)的定义域为[－1，1]，即－1≤x≤1，得－3≤2x－1≤1，因此由函数y＝eq \f(f（x－1）,\r(x－1))有意义，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤x－1≤1，,x－1>0，))解得1<x≤2，所以函数y＝eq \f(f（x－1）,\r(x－1))的定义域为(1，2]． (2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,ln x，x>0，))则不等式f(x)≤eq \f(1,2)的解集是(　　) A．(－∞，－ln 2]∪(0，eq \r(e)] B．(－∞，－ln 2) C．(0，eq \r(e)] D．(－∞，－ln 2)∪(0，eq \r(e)) 解析：当x≤0时，由f(x)≤eq \f(1,2)，得ex≤eq \f(1,2)，两边取以e为底的对数，得x≤－ln 2；当x>0时，由f(x)≤eq \f(1,2)，得ln x≤eq \f(1,2)，解得0<x≤eeq \f(1,2)＝eq \r(e).综上，x≤－ln 2或0<x≤eq \r(e).故选A. 解析：令h(x)＝f(x)－2x＝x2＋(a－2)x＋b.因为对任意x1∈R，均存在x2∈R，使得f(x1)＝f(x2)－2x2，所以f(x)的值域是h(x)的值域的子集，所以h(x)min≤f(x)min，即b－eq \f(（a－2）2,4)≤b－eq \f(a2,4)，解得a≤1，即实数a的取值范围是(－∞，1]． 1．已知函数f(x)＝ln x＋eq \r(16－2x)，则f(2x)的定义域为(　　) A．(0，1) B．(1，2) C．(0，4] D．(0，2] 解析：要使函数f(x)＝ln x＋eq \r(16－2x)有意义，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,16－2x≥0，))解得0＜x≤4，f(x)的定义域为(0，4]，由0＜2x≤4，解得0＜x≤2，所以f(2x)的定义域为(0，2]．故选D. 2．(2024·江苏南通二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2－x，x≤3，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))，x>3，))则f(log29)＝(　　) A．eq \f(8,3) B．eq \f(10,3) C．eq \f(80,9) D．eq \f(82,9) 解析：因为log29>log28＝3，所以f(log29)＝f(2log23)＝f(log23)，又log23<3，所以f(log23)＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).故选B. 例2　(1)(2024·安徽合肥168中最后一卷)函数f(x)＝eq \f(excos（2ex）,e2x－1)(e为自然对数的底数)的图象大致为(　　) 解析：f(x)＝eq \f(excos（2ex）,e2x－1)的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝eq \f([e－xcos（－2ex）]e2x,（e－2x－1）e2x)＝eq \f(excos（2ex）,1－e2x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，故排除B，C；当x从右侧趋近于0时，e2x>1，所以e2x－1>0，ex>1，cos(2ex)>0，所以f(x)>0，故排除D.故选A. 1．为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用某函数图象的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是(　　) A．f(x)＝x－sinx B．f(x)＝sinx－xcosx C．f(x)＝x2－eq \f(1,x2) D．f(x)＝sinx＋x3 解析：对于A，f′(x)＝1－cosx≥0，即f(x)在定义域上单调递增，不符合题意；对于B，f′(x)＝cosx－(cosx－xsinx)＝xsinx，在(－2π，－π)上，f′(x)<0，在(－π，π)上，f′(x)≥0，在(π，2π)上，f′(x)<0，所以f(x)在(－2π，－π)，(π，2π)上单调递减，在(－π，π)上单调递增，符合题意；对于C，由f(－x)＝(－x)2－eq \f(1,（－x）2)＝x2－eq \f(1,x2)＝f(x)且定义域为{x|x≠0}，知f(x)为偶函数，所以题图不可能在y轴两侧，研究(0，＋∞)上的性质，f′(x)＝2x＋eq \f(2,x3)>0，故f(x)单调递增，不符合题意；对于D，由f(－x)＝sin(－x)＋(－x)3＝－sinx－x3＝－f(x)且定义域为R，知f(x)为奇函数，研究(0，＋∞)上的性质，f′(x)＝cosx＋3x2>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在R上单调递增，不符合题意．故选B. 2．(2024·山东潍坊二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≥0，,－|x2＋2x|，x<0，))则f(x)的图象上关于原点对称的点有(　　) A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 解析：作出f(x)的图象，再作出函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)(x≥0)关于原点对称的图象如图所示．因为函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)(x≥0)关于原点对称的图象与y＝－|x2＋2x|(x<0)的图象有三个交点，所以f(x)的图象上关于原点对称的点有3对．故选C. 例3　(1)(2024·江淮十校第三次联考)已知函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,1＋f（x）)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1，则eq \o(∑,\s\up14(2024),\s\do15(i＝1))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πi,3)))＝(　　) A．－1010 B．－1010.5 C．0 D．2024 解析：∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,1＋f（x）)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3)))＝－eq \f(1,1＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))))＝－eq \f(1,1－\f(1,1＋f（x）))＝－1－eq \f(1,f（x）)，∴f(x＋π)＝－eq \f(1,1＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2π,3))))＝f(x)，∴π是f(x)的一个周期，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－eq \f(1,2)，f(π)＝－2，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＋f(π)＝－eq \f(3,2)，∴eq \o(∑,\s\up14(2024),\s\do15(i＝1))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πi,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＋674×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－1010.5.故选B. (2)(2024·宁夏银川二模)定义域为R的函数f(x)满足f(x＋2)为偶函数，且当x1<x2<2时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0恒成立，若a＝f(1)，b＝f(ln 10)，c＝f(3eq \s\up7(\f(5,4)))，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．c<a<b 解析：当x1<x2<2时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0恒成立，即当x1<x2<2时，f(x2)>f(x1)，函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，又f(x＋2)为偶函数，即f(x＋2)＝f(－x＋2)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，a＝f(1)＝f(3)，因为e2<10<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))) eq \s\up12(3)<e3，所以2＝ln e2<ln 10<ln e3＝3<3eq \s\up7(\f(5,4))，所以f(ln 10)>f(3)>f(3eq \s\up7(\f(5,4)))，即c<a<b.故选D. (3)(2024·河北邯郸四模)已知b>0，函数f(x)＝eq \f(a＋4bx,2x)是奇函数，则a＝________，b＝________． 解析：函数f(x)的定义域为R，由f(x)为奇函数，则f(0)＝a＋1＝0，得a＝－1，所以f(x)＝eq \f(4bx－1,2x)＝2(2b－1)x－2－x，因为函数f(x)为奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，所以2(2b－1)x－2－x＝－[2－(2b－1)x－2x]，所以[2(2b－1)x]2·2x－2(2b－1)x·(2x)2＝2(2b－1)x－2x，所以[2(2b－1)x·2x－1][2(2b－1)x－2x]＝0，所以2(2b－1)x·2x－1＝0或2(2b－1)x－2x＝0，所以2b－1＝1或2b－1＝－1，解得b＝1或b＝0(舍去)． 　注意增函数与减函数形式的等价变形：∀x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，则(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数． 1．设函数f(x)＝ax2－ax＋1(a>0且a≠1)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(0，1) B．[2，＋∞) C．(0，1)∪[2，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞) 解析：当a>1时，需要g(x)＝x2－ax＋1在区间(0，1)上单调递减，则eq \f(a,2)≥1，解得a≥2；当0<a<1时，需要g(x)＝x2－ax＋1在区间(0，1)上单调递增，则eq \f(a,2)≤0，显然不满足要求．故选B. 2．(2024·安徽淮北二模)若函数f(x)＝ax＋ln (ex＋1)是偶函数(e是自然对数的底数)，则实数a的值为(　　) A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．eq \f(1,e) D．－eq \f(1,e) 解析：依题意，f(－x)＝f(x)，即－ax＋ln (e－x＋1)＝ax＋ln (ex＋1)，整理，得2ax＋ln eq \f(ex＋1,e－x＋1)＝0，即2ax＋ln ex＝0，则有(2a＋1)x＝0，因为x不恒为0，所以必有2a＋1＝0，解得a＝－eq \f(1,2).故选B. 3．(2024·山东泰安四模)设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2＋x)＝f(－x)，当－1≤x<0时，f(x)＝log2(－6x＋2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)))的值为(　　) A．2 B．1 C．－1 D．－2 解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2＋x)＝f(－x)，则f(2＋x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2＋x)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)－8))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－log2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋2))＝－2. 解析：对于A，f(x)＝4x－1的零点为eq \f(1,4)；对于B，f(x)＝|2x－1|的零点为eq \f(1,2)；对于C，f(x)＝x3＋x－2的零点为1；对于D，f(x)＝(3x＋1)2的零点为－eq \f(1,3).因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝512×eq \f(1,8)－125＝64－125＝－61<0，g(1)＝512－125＝387>0，g(1)·geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，且易知g(x)是R上的增函数，所以g(x)的零点在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内，再用二分法，取x＝eq \f(3,4)，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝512×eq \f(27,64)－125＝216－125＝91>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))<0，故g(x)的零点在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))内，又f(x)，g(x)的零点之差的绝对值不超过0.25，所以只有f(x)＝|2x－1|的零点符合．故选B. (2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－|1－x|，0≤x≤2，,2f（x－2），x>2，))当x∈[0，8]时，函数F(x)＝f(x)－kx恰有六个零点，则实数k的取值范围是(　　) Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,5))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,5))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，1)) 解析：当0≤x≤1时，f(x)＝1－(1－x)＝x；当1<x≤2时，f(x)＝1－(x－1)＝2－x.当2<x≤4时，0<x－2≤2，可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－4，2<x≤3，,－2x＋8，3<x≤4，))当4<x≤6时，2<x－2≤4，可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x－16，4<x≤5，,－4x＋24，5<x≤6，))当6<x≤8时，4<x－2≤6，可得f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8x－48，6<x≤7，,－8x＋64，7<x≤8.))画出函数f(x)在[0，8]上的图象如图所示，由图象可知kOA＝eq \f(2－0,3－0)＝eq \f(2,3)，kOB＝eq \f(4－0,5－0)＝eq \f(4,5)，函数F(x)＝f(x)－kx恰有六个零点，即函数y＝f(x)与函数y＝kx的图象有6个交点，从图象观察可知，y＝kx在直线OA与直线OB之间即可满足题意，此时eq \f(2,3)<k<eq \f(4,5).故选B. 解析：∵函数f(x)＝9x－m·3x＋m＋6，∴f(－x)＋f(x)＝0，即9x－m·3x＋m＋6＋9－x－m·3－x＋m＋6＝0，可得(3x＋3－x)2－m(3x＋3－x)＋2m＋10＝0，令t＝3x＋3－x，则t≥2，可得t2－mt＋2m＋10＝0，即m(t－2)＝t2＋10有解，显然t＝2无意义，故t>2，m＝eq \f(t2＋10,t－2)＝eq \f(（t－2）2＋4（t－2）＋14,t－2)＝t－2＋eq \f(14,t－2)＋4≥2eq \r(14)＋4，当且仅当t＝eq \r(14)＋2时，等号成立． [2eq \r(14)＋4，＋∞) 例5　(多选)(2024·湖南长沙模拟)氚，亦称超重氢，是氢的同位素之一，它的原子核由一个质子和两个中子组成，并带有放射性，会发生β衰变，其半衰期是12.43年．样本中氚的质量N随时间t(单位：年)的衰变规律满足N＝N0·2－eq \s\up7(\f(t,12.43))，其中N0表示氚原有的质量，则(参考数据：lg 2≈0.301)(　　) A．t＝12.43log2eq \f(N,N0) B．经过24.86年后，样本中的氚元素会全部消失 C．经过62.15年后，样本中的氚元素变为原来的eq \f(1,32) D．若x年后，样本中氚元素的含量为0.4N0，则x>16 解析：由题意，得N＝N0·2－eq \s\up7(\f(t,12.43))，故有eq \f(N,N0)＝2－eq \s\up7(\f(t,12.43))，左右同时取对数，得log2eq \f(N,N0)＝－eq \f(t,12.43)，故得t＝－12.43log2eq \f(N,N0)，故A错误；当t＝24.86时，N＝N0·2－eq \s\up7(\f(24.86,12.43))＝2－2·N0＝eq \f(1,4)N0，故B错误；当t＝62.15时，N＝N0·2eq \s\up6(-\f(62.15,12.43))＝2－5·N0＝eq \f(1,32)N0，故C正确；由题意，得0.4N0＝N0·2－eq \s\up7(\f(x,12.43))，化简得x＝－12.43·log2eq \f(0.4N0,N0)＝－12.43log2eq \f(2,5)＝－12.43×(log22－log25)＝－12.43×(1－log25)＝－12.43×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(lg 5,lg 2)))＝－12.43×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1－lg 2,lg 2)))，将lg 2≈0.301代入其中，可得x≈－12.43×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1－0.301,0.301)))＝16.43>16，故D正确．故选CD. 应用函数模型解决实际问题的一般程序和解题关键 (1)一般程序：eq \f(读题,文字语言)→eq \f(建模,数学语言)→eq \f(求解,数学应用)→eq \f(反馈,检验作答). (2)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答． (2024·广东中山二模)教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气．按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应不超过0.1%.经测定，刚下课时，空气中含有0.2%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为y%，且y随时间t(单位：分钟)的变化规律可以用函数y＝0.05＋λeeq \s\up14(-\f(t,11))描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为(参考数据：ln 3≈1.1)(　　) A．11分钟 B．13分钟 C．15分钟 D．17分钟 解析：由题意得，当t＝0时，y＝0.2，将其代入解析式得0.2＝0.05＋λ，解得λ＝0.15，故解析式为y＝0.05＋0.15eeq \s\up14(-\f(t,11))，令0.05＋0.15eeq \s\up14(-\f(t,11))≤0.1，解得eeq \s\up14(-\f(t,11))≤eq \f(1,3)，化简得t≥11ln 3，结合ln 3≈1.1，可得t≥12.1，所以该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为13分钟．故选B. 1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x<0，,ex＋ln （x＋1），x≥0))在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[－1，0] C．[－1，1] D．[0，＋∞) 解析：因为f(x)在R上单调递增，且当x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×（－1）)≥0，,－a≤e0＋ln 1，))解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0]．故选B. 3．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cosx＋2ax，当x∈(－1，1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点，则a＝(　　) A．－1 B．eq \f(1,2) C．1 D．2 4．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)·ln (x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　) A．eq \f(1,8) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,2) D．1 解析：解法一：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b.若－a≤－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－b<－a<1－b，当x∈(－a，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－a＝1－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a<0，ln (x＋b)<0，此时f(x)>0，当x∈[1－b，＋∞)时，可知x＋a≥0，ln (x＋b)≥0，此时f(x)≥0，可知－a＝1－b符合题意；若－a>1－b，当x∈(1－b，－a)时，可知x＋a<0，ln (x＋b)>0，此时f(x)<0，不符合题意．综上所述，－a＝1－b，即b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. 解法二：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b，则当x∈(－b，1－b)时，ln (x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0；当x∈(1－b，＋∞)时，ln (x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，故1－b＋a＝0，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. 5．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lg eq \f(p,p0)，其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级： 声源 与声源的距离/m 声压级/dB 燃油汽车 10 60～90 混合动力汽车 10 50～60 电动汽车 10 40 已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则(　　) A．p1≥p2 B．p2>10p3 C．p3＝100p0 D．p1≤100p2 解析：解法一：由题意可知，Lp1∈[60，90]，Lp2∈[50，60]，Lp3＝40，对于A，Lp1－Lp2＝20×lg eq \f(p1,p0)－20×lg eq \f(p2,p0)＝20×lg eq \f(p1,p2)，因为Lp1≥Lp2，则Lp1－Lp2＝20×lg eq \f(p1,p2)≥0，即lg eq \f(p1,p2)≥0，所以eq \f(p1,p2)≥1且p1，p2>0，可得p1≥p2，故A正确；对于B，Lp2－Lp3＝20×lg eq \f(p2,p0)－20×lg eq \f(p3,p0)＝20×lg eq \f(p2,p3)，因为Lp2－Lp3＝Lp2－40≥10，则20×lg eq \f(p2,p3)≥10，即lg eq \f(p2,p3)≥eq \f(1,2)，所以eq \f(p2,p3)≥eq \r(10)且p2，p3>0，可得p2≥eq \r(10)p3，当且仅当Lp2＝50时，等号成立，故B错误；对于C，因为Lp3＝20×lg eq \f(p3,p0)＝40，即lg eq \f(p3,p0)＝2，可得eq \f(p3,p0)＝100，即p3＝100p0，故C正确；对于D，由选项A可知，Lp1－Lp2＝20×lg eq \f(p1,p2)，且Lp1－Lp2≤90－50＝40，则20×lg eq \f(p1,p2)≤40，即lg eq \f(p1,p2)≤2，可得eq \f(p1,p2)≤100且p1，p2>0，所以p1≤100p2，故D正确．故选ACD. 解法二：因为Lp＝20×lg eq \f(p,p0)随着p的增大而增大，且Lp1∈[60，90]，Lp2∈[50，60]，所以Lp1≥Lp2，所以p1≥p2，故A正确；由Lp＝20×lg eq \f(p,p0)，得p＝p010eq \s\up14(\f(Lp,20))，因为Lp3＝40，所以p3＝p010eq \s\up14(\f(40,20))＝100p0，故C正确；假设p2＞10p3，则p010eq \s\up14(\f(Lp2,20))＞10p010eq \s\up14(\f(Lp3,20))，所以10eq \s\up14(\f(Lp2,20)) eq \s\up14(-\f(Lp3,20))＞10，所以Lp2－Lp3＞20，该式不可能成立，故B错误；因为eq \f(100p2,p1)＝\up14(\f(Lp2,20))eq \f(100p010,p010eq \s\up14(\f(Lp1,20))) ＝10eq \s\up14(\f(Lp2,20)) eq \s\up14(-\f(Lp1,20))+2≥1，所以p1≤100p2，故D正确．故选ACD. 已知函数y＝eq \r(1－x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(1,2)))的图象绕着原点按逆时针方向旋转θ(0≤θ≤π)角度，若得到的图形仍是函数图象，则θ可取值的集合为_______________． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)) 解析：画出函数y＝eq \r(1－x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤x≤\f(1,2)))的图象，如图1所示，圆弧所在圆的方程为x2＋y2＝1，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，在图象绕原点旋转的过程中，当点A从图1的位置旋转到点(－1，0)时，根据函数的定义知，这个旋转过程所得的图形均为函数的图象，如图2所示，此时绕着原点旋转的角度为0≤θ≤eq \f(π,3)；若函数图象在图2位置绕着原点继续旋转，当点B在x轴上方，点A在x轴下方时，根据函数的定义知，这个旋转过程所得的图形均不是函数的图象，如图3所示，此时转过的角度为eq \f(π,3)<θ<eq \f(2π,3)，不满足题意；若所得图形在图3位置绕着原点继续旋转，当整个图象都在x轴下方时，根据函数的定义知，所得图形均是函数的图象，如图4所示，此时转过的角度为eq \f(2π,3)≤θ≤π.故θ可取值的集合为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)). 一、单选题 1．函数f(x)＝eq \f(2x＋1,\r(3x－2))＋(x－1)0的定义域为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))∪(1，＋∞) C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))∪(1，＋∞) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) 解析：由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－2>0，,x－1≠0，))解得x＞eq \f(2,3)且x≠1，所以函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))∪(1，＋∞)． 解析：由题知函数f(x)的定义域为R，关于原点对称，又f(－x)＝－x2＋(e－x－ex)sin(－x)＝－x2＋(ex－e－x)sinx＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，所以函数f(x)在区间[－2.8，2.8]上的图象关于y轴对称，故可排除A，C；又f(1)＝－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))sin1>－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))sineq \f(π,6)＝eq \f(e,2)－1－eq \f(1,2e)>eq \f(1,4)－eq \f(1,2e)>0，故可排除D.故选B. 解析：当t＝4时，f(4)＝ae4λ＝2a，∴e4λ＝2，再过t1年，f(4＋t1)＝ae(4＋t1)λ＝8a，则e(4＋t1)λ＝8＝23＝e12λ，得t1＝8. 4．(2024·山东泰安二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1－8，x≤1，,4log\s\do9(\f(1,2))（x＋1），x>1，))且f(m)＝－12，则f(6－m)＝(　　) A．－1 B．－3 C．－5 D．－7 解析：由题意知，当m≤1时，f(m)＝2m＋1－8＝－12，得2m＋1＝－4，又2m＋1>0，所以方程无解；当m>1时，f(m)＝4logeq \s\up-10(\f(1,2))(m＋1)＝－12，得logeq \s\up-10(\f(1,2))(m＋1)＝－3，即m＋1＝8，解得m＝7，所以f(6－m)＝f(－1)＝2－1＋1－8＝－7.故选D. 6．(2024·安徽淮北一模)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，当x∈(0，1)时，f(x)＝2x，则f(log236)＝(　　) A．eq \f(9,4) B．eq \f(16,9) C．eq \f(9,8) D．eq \f(8,9) 解析：因为f(x)为奇函数且满足f(1＋x)＝f(1－x)，所以f((x＋1)＋1)＝f(1－(x＋1))，即f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数．因为5＝log232<log236<log264＝6，所以0<6－log236<1，所以f(log236)＝f(log236－4)＝－f(4－log236)＝f(4－log236＋2)＝f(6－log236)＝26－log236＝eq \f(26,2log236)＝eq \f(64,36)＝eq \f(16,9).故选B. 7．(2024·哈师大附中三模)已知2a＝logeq \s\up-10(\f(1,2))a，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(b)＝logeq \s\up-10(\f(1,2))b，则下列结论正确的是(　　) A．a>b B．a<eq \f(1,4) C．b>eq \f(\r(2),2) D．|a－b|<eq \f(1,2) 解析：令f(x)＝2x－logeq \s\up-10(\f(1,2))x＝2x＋log2x，由2a＝logeq \s\up-10(\f(1,2))a，得f(a)＝0，由y＝2x与y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝2eq \s\up14(\f(1,4))＋log2eq \f(1,4)＝2eq \s\up14(\f(1,4))－2<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq \s\up14(\f(1,2))＋log2eq \f(1,2)＝eq \r(2)－1>0，故a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，故B错误；令g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－logeq \s\up-10(\f(1,2))x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋log2x，由函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)的图象及y＝－log2x的图象可得g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(b)＝logeq \s\up-10(\f(1,2))b，得g(b)＝0，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up14(\f(\r(2),2))＋log2eq \f(\r(2),2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up14(\f(\r(2),2))－eq \f(1,2)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1)－eq \f(1,2)＝0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up14(\f(1,2))＋log2eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up14(\f(1,2))－1<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(0)－1＝0，故b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，故C错误；由以上分析知a<b，故A错误；|a－b|<eq \f(\r(2),2)－eq \f(1,4)＝eq \f(2\r(2)－1,4)<eq \f(3－1,4)＝eq \f(1,2)，故D正确．故选D. 8．(2024·安徽合肥三模)设a∈R，函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2|x－1|－1，x≥0，,－x2＋ax，x<0，))若函数y＝f(f(x))恰有5个零点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－2，2) B．(0，2) C．[－1，0) D．(－∞，－2) 解析：设t＝f(x)，当x≥0时，f(x)＝2|x－1|－1，此时t≥0，由f(t)＝0，得t＝1，即f(x)＝2|x－1|－1＝1，解得x＝0或x＝2，所以y＝f(f(x))在[0，＋∞)上有2个零点．当x<0时，f(x)＝－x2＋ax，f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(a,2).若a≥0，函数y＝f(x)的大致图象如图1所示，此时f(x)＝－x2＋ax<0，即t<0，则f(t)<0，所以f(t)＝0无解，则t＝f(x)无零点，y＝f(f(x))无零点．综上，y＝f(f(x))只有2个零点，不符合题意；若a<0，此时f(x)的大致图象如图2所示，令－t2＋at＝0，解得t＝a<0(t＝0舍去)，显然f(x)＝a在(－∞，0)上存在唯一负数解，所以要使y＝f(f(x))恰有5个零点，则需feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))>1，即－eq \f(a2,4)＋eq \f(a2,2)>1，解得a<－2，所以实数a的取值范围为(－∞，－2)．故选D. 10．(2024·福建宁德二模)给出下列说法，其中错误的是(　　) A．若函数f(x)＝eq \f(k－3x,1＋k·3x)在定义域上为奇函数，则k＝1 B．已知f(x)＝lg (x2＋2x＋a)的值域为R，则a的取值范围是(1，＋∞) C．已知函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x－1)，且f(－1)＝5，则f(3)＝5 D．已知函数f(x)＝1＋log3x，x∈[1，9]，则函数y＝[f(x)]2＋f(x2)的值域为[2，14] 解析：对于A，因为函数f(x)＝eq \f(k－3x,1＋k·3x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即eq \f(k－3－x,1＋k·3－x)＝－eq \f(k－3x,1＋k·3x)，即eq \f(3x（k－3－x）,3x（1＋k·3－x）)＝－eq \f(k－3x,1＋k·3x)，即eq \f(k·3x－1,k＋3x)＝eq \f(3x－k,k·3x＋1)，整理可得k2·9x－1＝9x－k2，即(k2－1)(9x＋1)＝0，所以k2－1＝0，解得k＝±1.当k＝1时，f(x)＝eq \f(1－3x,1＋3x)，该函数的定义域为R，满足f(－x)＝－f(x)，符合题意；当k＝－1时，f(x)＝eq \f(－1－3x,1－3x)＝eq \f(3x＋1,3x－1)，由3x－1≠0，可得x≠0，此时函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，满足f(－x)＝－f(x)，符合题意．综上所述，k＝±1，故A错误； 对于B，因为f(x)＝lg (x2＋2x＋a)的值域为R，则函数y＝x2＋2x＋a的值域M满足(0，＋∞)⊆M，则Δ＝4－4a≥0，解得a≤1，故B错误；对于C，函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x－1)，则f(x＋2)＝f(x)，故f(x)的周期为2，因为f(－1)＝5，则f(3)＝f(－1)＝5，故C正确；对于D，因为f(x)＝1＋log3x，1≤x≤9，由y＝[f(x)]2＋f(x2)，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x≤9，,1≤x2≤9，))解得1≤x≤3，即函数y＝[f(x)]2＋f(x2)的定义域为[1，3]，则0≤log3x≤1，又y＝[f(x)]2＋f(x2)＝(1＋log3x)2＋1＋log3x2＝(log3x)2＋4log3x＋2＝(log3x＋2)2－2∈[2，7]，故函数y＝[f(x)]2＋f(x2)的值域为[2，7]，故D错误．故选ABD. 11．(2024·海南四校联考)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(2x－1)＝f(3－2x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)的最小正周期为6 B．函数f(x)在[2024，2025]上单调递增 C.eq \o(∑,\s\up14(22),\s\do15(k＝1))f(k)＝1 D．方程f(x)＝log5|x|有4个根 解析：用2x替换x，则f(x－1)＝f(3－x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的最小正周期为4，故A错误；当x∈[0，1]时，f(x)＝x，所以函数f(x)在[0，1]上单调递增，因为函数f(x)的最小正周期为4，所以函数f(x)在[2024，2025]上的单调性与在[0，1]上的单调性相同，故B正确；因为f(0)＝0，f(1)＝1，令x＝0，则f(2)＝－f(0)＝0，令x＝1，则f(3)＝－f(1)＝－1，又f(4)＝f(0)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，eq \o(∑,\s\up14(22),\s\do15(k＝1))f(k)＝5[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝1，故C正确；当x∈[0，1]时，f(x)＝x，结合对称性与周期性作出函数f(x)的图象，然后作出y＝log5|x|的图象，如图，由图可知两函数图象共有5个交点，可得方程f(x)＝log5|x|有5个根，故D错误．故选BC. 解析：由|x|－1>0，得f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f(－x)＝lg (|x|－1)＋2－x＋2x＝f(x)，故f(x)为偶函数，而y＝lg (|x|－1)，y＝2x＋2－x在(1，＋∞)上均单调递增，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则f(x＋1)<f(2x)可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x＋1|<|2x|，,|x＋1|>1，))解得x>1或x<－2.所以x的取值范围为(－∞，－2)∪(1，＋∞)． 14．(2024·湖南长郡中学模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))(2x2＋ax＋b)，对任意的x≠0，都有f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝0，则a＋2b＝________，函数f(x)的最小值是________． 解析：因为f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))(2x2＋ax＋b)，则－eq \f(1,3)，2是f(x)的两个零点，又f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，则eq \f(1,2)，－3也是f(x)的两个零点，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，则2×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)a＋b＝0，故a＋2b＝－1，又f(－3)＝0，则2×9－3a＋b＝0，解得a＝5，b＝－3.故f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))(2x2＋5x－3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))(2x－1)(x＋3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(3,x)＋10)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2,x)－5))，令t＝x＋eq \f(1,x)，则t≥2或t≤－2，故y＝(3t＋10)(2t－5)＝6t2＋5t－50，y＝6t2＋5t－50图象的对称轴方程是t＝－eq \f(5,12)，故当t＝－2，即x＝－1时，函数f(x)取得最小值－36. $$