第二编 专题1 第1讲 函数的图象与性质-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦函数与导数专题，覆盖函数图象与性质、零点、抽象函数等核心考点，依据高考评价体系分析考点权重，归纳识图用图、参数范围等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于真题与押题结合，如2025新课标Ⅰ卷函数周期性题，通过“性质辨析+数形结合”突破函数零点问题，培养逻辑思维和数学建模素养，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导复习，提升备考效率。

第二编　主干知识突破 专题一　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． 2 核心 知识回顾 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 核心 知识回顾 核心 知识回顾 5 核心 知识回顾 6 (2)复合函数的单调性：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 热点 考向探究 9 热点 考向探究 10 (3)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 1．(2025·湖南长沙第一中学高三月考)已知函数y＝f(x)的定义域和值域分别为[－1，1]和[5，9]，则函数y＝f(x＋1)的定义域和值域分别为(　　) A．[0，2]和[6，10] B．[－2，0]和[6，10] C．[0，2]和[5，9] D．[－2，0]和[5，9] 解析：由函数y＝f(x)的定义域和值域分别为[－1，1]和[5，9]，可得x∈[－1，1]和f(x)∈[5，9]，令－1≤x＋1≤1，解得－2≤x≤0，所以函数y＝f(x＋1)的定义域为[－2，0]，又函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度，得到y＝f(x＋1)的图象，所以函数y＝f(x＋1)与函数y＝f(x)的值域相同，即f(x＋1)∈[5，9]．故选D. 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 热点 考向探究 17 (2)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| 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 热点 考向探究 19 热点 考向探究 20 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(有时可借助导数判断)． (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，如例2(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 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 热点 考向探究 24 热点 考向探究 25 热点 考向探究 26 热点 考向探究 27 －1 1 热点 考向探究 28 (4)(2025·江西宜春一模)已知函数f(x)＝log2(x2－2ax)在[2，4]上的最小值是1，则a＝________． 热点 考向探究 29 (5)(2025·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，函数g(x)＝(x－2)f(x)的图象关于点(2，0)中心对称，若g(－1)＝3，则f(3)＝________． 解析：由函数g(x)＝(x－2)f(x)的图象关于点(2，0)中心对称可知，g(2－x)＝－g(2＋x)，即(2－x－2)f(2－x)＝－(2＋x－2)f(2＋x)，可得f(2－x)＝f(2＋x)，因此函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，由g(－1)＝(－1－2)f(－1)＝3，可得f(－1)＝－1，由f(x)是R上的偶函数且函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，可得f(3)＝f(1)＝f(－1)＝－1. －1 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 热点 考向探究 32 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 33 热点 考向探究 34 热点 考向探究 35 热点 考向探究 36 解析：当x>0时，f(x)＝1－ex，－x<0，f(－x)＝e－(－x)－1＝ex－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝e－x－1，－x>0，f(－x)＝1－e－x＝－f(x)，且当x＝0时，f(x)＝0，所以f(x)为奇函数，易知f(x)为R上的减函数，则f(2x)＋f(x－3)>0⇔f(2x)>－f(x－3)＝f(3－x)⇔2x<3－x⇔x<1，所以原不等式的解集是(－∞，1)．故选A. 热点 考向探究 37 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 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 热点 考向探究 45 热点 考向探究 46 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 47 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 48 1．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|sinπx|－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 49 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|sinπx|－f(x)＝0，则f(x)＝3|sinπx|，作出y＝f(x)与y＝3|sinπx|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 50 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 51 3．(2025·河北石家庄一模)已知方程|4x2－2ax＋1|＋ax2－x＝0有且仅有两个不相等的正实数根，则实数a的取值范围是______________． 热点 考向探究 52 热点 考向探究 53 热点 考向探究 54 热点 考向探究 55 热点 考向探究 56 热点 考向探究 57 热点 考向探究 58 热点 考向探究 59 热点 考向探究 60 真题VS押题 真题VS押题 62 2．(2025·新课标Ⅰ卷，8)若实数x，y，z满足2＋log2x＝3＋log3y＝5＋log5z，则x，y，z的大小关系不可能是(　　) A．x>y>z B．x>z>y C．y>x>z D．y>z>x 真题VS押题 63 真题VS押题 64 真题VS押题 65 4．(2024·新课标Ⅰ卷，8)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 66 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)，又因为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 67 真题VS押题 68 真题VS押题 69 真题VS押题 70 真题VS押题 71 真题VS押题 72 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 求函数值 函数图象的 识别 比较对数式的大小 函数的实际 应用 根据分段函数的最值求参数的取值范围 函数的奇偶性、周期性 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的取值范围 函数的定义域、值域、奇偶性、单调性的综合应用 函数的单调性、对称性的综合应用 抽象函数图象与性质的综合应用 指数幂的运算、对数的运算 根据函数的性质解不 等式 已知分段函数的最值求参数 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 76 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 77 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 78 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 79 5．(2025·重庆一模)酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：100 mL血液中酒精含量大于或等于20 mg且小于80 mg认定为饮酒驾车，大于或等于80 mg认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了0.6 mg/mL.如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时30%的速度减少，那么他至少经过________小时后才能驾驶汽车．(结果取整数．参考数据：lg 3≈0.48，lg 7≈0.85)(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 80 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 81 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 82 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 83 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 84 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 85 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 86 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 87 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 88 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 89 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 90 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 91 解析：由f(ln 2)f(ln 4)＝8，可得aln 2·aln 4＝8，即aln 2＋ln 4＝a3ln 2＝8，也即(aln 2)3＝23，∵a>0且a≠1，∴aln 2＝2，两边取对数得ln 2·ln a＝ln 2，解得a＝e. e 三、填空题 12．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)，若f(ln 2)f(ln 4)＝8，则a＝________． 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 92 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 93 ±2 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 94 解析：①如图1，若a≤1，则当x>1时，f(x)＝x－2a＋1，且单调递增，当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋3，则最小值为f(a)＝－a2＋3，若f(x)存在最小值－1，则有－a2＋3≤1－2a＋1且－a2＋3＝－1，得a＝－2.②如图2，若a>1，则当1<x<a时，f(x)＝－x＋1，当x≥a时，f(x)＝x－2a＋1，当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋3，且单调递减，f(1)＝4－2a，f(a)＝1－a，若最小值为f(1)，则4－2a＝－1，且4－2a≤1－a，无解；若最小值为f(a)，则1－a＝－1，且4－2a>1－a，得a＝2.综上所述，a＝－2或a＝2. 图1 图1 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 95 　　　　　　　　　　　　　 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． 考向1　函数的概念和表示方法 例1 (1)(2025·山西太原二调)已知函数y＝f(2x－1)的定义域是[－1，3]，则函数y＝eq \f(f（x）,\r(x＋2))的定义域是(　　) A．(－2，5] B．(－2，3] C．[－1，3] D．[0，2] 解析：因为函数y＝f(2x－1)的定义域是[－1，3]，所以x∈[－1，3]，2x－1∈[－3，5]，所以函数y＝f(x)的定义域为[－3，5]，又因为x＋2>0，即x>－2，所以－2<x≤5，所以函数y＝eq \f(f（x）,\r(x＋2))的定义域是(－2，5]．故选A. (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]． 2．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. 考向2　函数的图象 例2 (1)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. (3)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. 1．函数f(x)＝eq \f(ex－e－x,x)的图象大致为(　　) 解析：由f(x)的解析式，有f(－x)＝eq \f(e－x－ex,－x)＝eq \f(ex－e－x,x)＝f(x)，即f(x)为偶函数，可排除A；由f(1)＝e－eq \f(1,e)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)－\f(1,\r(e))))及f(2)＝eq \f(e2－\f(1,e2),2)>f(1)＝e－eq \f(1,e)，可排除B，C.故选D. 2．已知函数f(x)＝x2＋eq \f(1,4)，g(x)＝sinx，则图象为如图的函数可能是(　　) A．y＝f(x)＋g(x)－eq \f(1,4) B．y＝f(x)－g(x)－eq \f(1,4) C．y＝f(x)g(x) D．y＝eq \f(g（x）,f（x）) 解析：对于A，y＝f(x)＋g(x)－eq \f(1,4)＝x2＋sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，y＝f(x)－g(x)－eq \f(1,4)＝x2－sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，y＝f(x)g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))sinx，则y′＝2xsinx＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4)))cosx，当x＝eq \f(π,4)时，y′＝eq \f(π,2)×eq \f(\r(2),2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π2,16)＋\f(1,4)))×eq \f(\r(2),2)>0，与函数图象不符，排除C.故选D. 3．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. 考向3　函数的性质 例3　(1)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\up16(2026),\s\do14(i＝1))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πi,3)))＝(　　) A．－1011 B．－1011.5 C．0 D．2026 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\up16(2026),\s\do14(i＝1))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πi,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＋675×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－1011.5.故选B. (2)已知定义域为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\up16(\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\up8(\f(5,4))，所以f(ln 10)>f(3)>f(3eq \s\up8(\f(5,4)))，即c<a<b.故选D. (3)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)． 解析：若a＝0，则f(x)＝2log2x在[2，4]上单调递增，最小值为f(2)＝2log22＝2，不符合题意；若a<0，则f(x)的定义域为(－∞，2a)∪(0，＋∞)，且由复合函数的单调性可知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则最小值为f(2)＝log2(4－4a)＝1，解得a＝eq \f(1,2)，不符合题意；若a>0，则f(x)的定义域为(－∞，0)∪(2a，＋∞)，由题意可得[2，4]⊂(2a，＋∞)，则a<1，此时由复合函数的单调性可知f(x)在[2，4]上单调递增，则最小值为f(2)＝log2(4－4a)＝1，解得a＝eq \f(1,2)，符合题意．综上所述，a＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) (6)(2025·河南信阳二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－2）x＋2a＋1，x≤2，,2ax－1，x>2))(a>0，且a≠1)，若f(x)有最小值，则实数a的取值范围是________________． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) 解析：由于函数f(x)有最小值，则函数y＝(a－2)x＋2a＋1在(－∞，2]上不为增函数，可得a－2≤0.①当a＝2时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5，x≤2，,2x，x>2，))因为22<5，所以函数f(x)无最小值；②当a－2<0，即a<2时，函数y＝(a－2)x＋2a＋1在(－∞，2]上为减函数，若函数y＝2ax－1在(2，＋∞)上为增函数，则a>1，且有2(a－2)＋2a＋1≤2a2－1，即2a－3≤0，解得a≤eq \f(3,2)，此时1<a≤eq \f(3,2).若函数y＝2ax－1在(2，＋∞)上为减函数，则0<a<1，且2ax－1>0，所以2(a－2)＋2a＋1≤0，即4a－3≤0，解得a≤eq \f(3,4)，此时0<a≤eq \f(3,4).综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))). 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．(2025·湖南省长郡中学4月模拟)若函数f(x)＝ln |ex－1|＋mx为偶函数，则实数m＝(　　) A．1 B．eq \f(1,2) C．－1 D．－eq \f(1,2) 解析：由函数f(x)＝ln |ex－1|＋mx为偶函数，可得f(－1)＝f(1)，即ln |e－1－1|－m＝ln |e－1|＋m，解得m＝－eq \f(1,2)，则f(x)＝ln |ex－1|－eq \f(1,2)x(x≠0)，f(－x)＝ln |e－x－1|＋eq \f(1,2)x＝ln |ex－1|－x＋eq \f(1,2)x＝ln |ex－1|－eq \f(1,2)x＝f(x)，故f(x)＝ln |ex－1|－eq \f(1,2)x为偶函数，符合题意．故选D. 3．(2025·山东济南一模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－x－1，x≤0，,1－ex，x>0，))则f(2x)＋f(x－3)>0的解集是(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，－3) D．(－3，＋∞) 4．(2025·江苏南通一调)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x)＝f(4－x)，且f(x)在[－2，2]上单调递增．设a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))，c＝f(－13)，则(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a 解析：定义在R上的奇函数f(x)满足f(x)＝f(4－x)，所以f(x)图象的对称轴是直线x＝2，f(x)的周期是8，所以b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(－13)＝f(3)＝f(1)，因为f(x)在[－2，2]上单调递增，所以b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<c＝f(1)<a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4))).故选D. 5．(多选)(2025·河南郑州二模)已知对于任意非零实数x，函数f(x)均满足f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))，f(x)＝2－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，下列结论正确的是(　　) A．f(1)＝1 B．f(2x)的图象关于点(0，1)中心对称 C．f(2x)的图象关于直线x＝1轴对称 D．f(2)＋f(22)＋f(23)＋…＋f(210)＝10 解析：对于A，由f(x)＝2－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，可得f(1)＝2－f(1)，所以f(1)＝1，故A正确；对于B，由f(x)＝2－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，可得f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2，即f(2x)＋f(2－x)＝2，所以f(2x)的图象关于点(0，1)中心对称，故B正确；对于C，由f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))，可得f(2x)＝f(21－x)，所以f(2x)的图象关于直线x＝eq \f(1,2)轴对称，故C错误；对于D，由f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))，令x＝1，可得f(1)＝f(2)＝1，设g(x)＝f(2x)，则g(x)＝f(2x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2x)))＝g(1－x)　①，又g(x)＝f(2x)＝2－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)))＝2－g(－x)　②，由①②可得g(1－x)＝2－g(－x)，所以g(1＋x)＝2－g(x)，所以g(x＋2)＝2－g(x＋1)＝2－[2－g(x)]＝g(x)，所以f(2x)＝f(2x＋2)，又f(1)＝f(2)＝1，所以f(2)＝f(22)＝f(23)＝…＝f(210)＝1，所以f(2)＋f(22)＋f(23)＋…＋f(210)＝10，故D正确．故选ABD. 考向4　函数的零点与方程的根 例4　(1)(2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,|ln x|，x＞0，))则函数g(x)＝|f(1－x)|－1的零点个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：当1－x≤0，即x≥1时，g(x)＝|f(1－x)|－1＝|(1－x)2＋2(1－x)|－1＝|x2－4x＋3|－1，当1－x＞0，即x＜1时，g(x)＝|f(1－x)|－1＝|ln (1－x)|－1，所以g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x2－4x＋3|－1，x≥1，,|ln （1－x）|－1，x＜1，))当x≥1时，令g(x)＝|x2－4x＋3|－1＝0，即x2－4x＋3＝1或x2－4x＋3＝－1，解得x＝2＋eq \r(2)或x＝2－eq \r(2)(舍去)或x＝2，此时函数g(x)有2个零点；当x＜1时，令g(x)＝|ln (1－x)|－1＝0，可得1－x＝e或1－x＝eq \f(1,e)，所以x＝1－e或x＝1－eq \f(1,e)，都满足x＜1，此时函数g(x)有2个零点．综上所述，函数g(x)的零点个数为4.故选C. (2)(2025·河北秦皇岛山海关中学一模)直线y＝2x－2与曲线y＝sinπx＋eq \f(x,x－1)－1的交点个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：由题意可得y＝sinπx＋eq \f(x,x－1)－1＝sinπx＋eq \f(1,x－1)，所以求直线y＝2x－2与曲线y＝sinπx＋eq \f(x,x－1)－1的交点个数，等价于求sinπx＋eq \f(1,x－1)＝2x－2的零点个数，等价于求sinπx＝2x－2－eq \f(1,x－1)的零点个数， 等价于求函数f(x)＝sinπx与函数h(x)＝2(x－1)－eq \f(1,x－1)的图象的交点个数，易得函数f(x)＝sinπx是周期为2的函数，且当x＝1时，f(1)＝sinπ＝0，所以点(1，0)是函数f(x)＝sinπx的图象的一个对称中心，对于h(x)＝2(x－1)－eq \f(1,x－1)，h(1＋x)＋h(1－x)＝2(1＋x－1)－eq \f(1,1＋x－1)＋2(1－x－1)－eq \f(1,1－x－1)＝0，所以h(x)的图象关于点(1，0)对称，且y＝2(x－1)为增函数，y＝－eq \f(1,x－1)为增函数，所以h(x)＝2(x－1)－eq \f(1,x－1)在(－∞，1)，(1，＋∞)上单调递增，所以可以作出f(x)和h(x)的图象如图，由图可得其有2个交点．故选A. (3)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(　　) A.eq \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：∵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，＋∞) 解析：①当a＝0时，方程|4x2－2ax＋1|＋ax2－x＝0化为4x2－x＋1＝0，此时无解，舍去；②当a<0时，考虑方程正实数根的情况，只需研究当x>0时，方程|4x2－2ax＋1|＋ax2－x＝0的解的情况，即此时方程化为4x2－2ax＋1＋ax2－x＝0，即(4＋a)x2－(2a＋1)x＋1＝0，若此时方程有两个不相等的正实数根，则需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋a≠0，,Δ＝（2a＋1）2－4（4＋a）>0，,\f(2a＋1,4＋a)>0，\f(1,4＋a)>0，,a<0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠－4，,a2>\f(15,4)，,a>－\f(1,2)，,a<0))⇒a∈∅； eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)，＋∞)) ③当0<a≤2时，因为4x2－2ax＋1＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,4))) eq \s\up12(2)＋1－eq \f(a2,4)≥0，所以方程|4x2－2ax＋1|＋ax2－x＝0化为(4＋a)x2－(2a＋1)x＋1＝0，若此时方程有两个不相等的正实数根，则需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋a≠0，,Δ＝（2a＋1）2－4（4＋a）>0，,\f(2a＋1,4＋a)>0，\f(1,4＋a)>0，,0<a≤2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠－4，,a2>\f(15,4)，,a>－\f(1,2)，,0<a≤2))⇒eq \f(\r(15),2)<a≤2； ④当a>2时，函数y＝4x2－2ax＋1与x轴有两个零点x1＝eq \f(a－\r(a2－4),4)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－4),4)，函数y＝－ax2＋x与x轴有两个零点x3＝0，x4＝eq \f(1,a)，因为a>2，所以0<eq \f(a－\r(a2－4),4)<eq \f(1,a)<eq \f(a,4)<eq \f(a＋\r(a2－4),4)，即0<x1<x4<eq \f(a,4)<x2，作出函数y＝|4x2－2ax＋1|与函数y＝－ax2＋x的图象，由图可知，两图象有两个不同的交点，且交点横坐标大于零，从而方程|4x2－2ax＋1|＋ax2－x＝0有两个不相等的正实数根．综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)，＋∞)). 考向5　函数的实际应用 例5　(1)(2025·广东广州二模)声强级LI(单位：dB)由公式LI＝10lg eq \f(I,10－12)给出，其中I为声强(单位：W/m2)．轻柔音乐的声强一般在10－8～10－6 W/m2之间，则轻柔音乐的声强级范围是(　　) A．0～20 dB B．20～40 dB C．40～60 dB D．60～80 dB 解析：依题意可得10－8≤I≤10－6，所以104≤eq \f(I,10－12)≤106，所以4≤lg eq \f(I,10－12)≤6，所以40≤10lg eq \f(I,10－12)≤60，即轻柔音乐的声强级范围是40～60 dB.故选C. (2)(多选)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＝N0·2eq \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＝N0·2eq \s\up7(-\f(t,12.43))，故有eq \f(N,N0)＝2eq \s\up8(-\f(t,12.43))，左右同时取对数，得log2eq \f(N,N0)＝eq \s\up4(-\f(t,12.43))，得t＝－12.43log2eq \f(N,N0)，故A错误；当t＝24.86时，N＝N0·2eq \s\up8(- \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\up8(-\f(62.15,12.43))＝2－5·N0＝eq \f(1,32)N0，故C正确；由题意，得0.4N0＝N0·2eq \s\up8(-\f(x,12.43))，化简得x＝－12.43log2eq \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． 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\up8(-\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\up8(-\f(t,11))，令0.05＋0.15eeq \s\up8(-\f(t,11))≤0.1，解得eeq \s\up8(-\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．(2025·新课标Ⅰ卷，5)设f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)＝5－2x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．－eq \f(1,4) C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,2) 解析：由题意，知f(x)＝f(－x)，f(x＋2)＝f(x)对一切x∈R成立，于是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)))＝5－2×eq \f(11,4)＝－eq \f(1,2).故选A. 解析：解法一：设2＋log2x＝3＋log3y＝5＋log5z＝m，则x＝2m－2，y＝3m－3，z＝5m－5.令m＝2，则x＝1，y＝3－1＝eq \f(1,3)，z＝5－3＝eq \f(1,125)，此时x>y>z，排除A；令m＝5，则x＝8，y＝9，z＝1，此时y>x>z，排除C；令m＝8，则x＝26＝64，y＝35＝243，z＝53＝125，此时y>z>x，排除D.故选B. 解法二：设2＋log2x＝3＋log3y＝5＋log5z＝m，则x＝2m－2，y＝3m－3，z＝5m－5，作出函数t＝2s－2，t＝3s－3，t＝5s－5的图象，则x，y，z分别是函数t＝2s－2，t＝3s－3，t＝5s－5的图象与直线s＝m的交点的纵坐标，如图所示，随着m的变化可能有x>y>z，y>x>z，y>z>x，z>y>x.故选B. 3．(2024·新课标Ⅰ卷，6)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. 5．(2024·新课标Ⅱ卷，6)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 6．(2024·新课标Ⅱ卷，8)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. 已知函数f(x)＝x2＋ln (ex＋e－x)－2，则不等式f(x＋2)≤f(2x－3)的解集为(　　) A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－5，－\f(1,3))) B．(－∞，－5]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)) C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，5)) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪[5，＋∞) 解析：易知函数f(x)的定义域为R，又f(－x)＝(－x)2＋ln (e－x＋ex)－2＝x2＋ln (ex＋e－x)－2＝f(x)，故f(x)为偶函数，当x≥0时，ex≥1，所以y＝ex＋e－x＝ex＋eq \f(1,ex)，令t＝ex，t≥1，结合对勾函数y＝t＋eq \f(1,t)在[1，＋∞)上单调递增，y＝ex在[0，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性可知，y＝ex＋e－x在[0，＋∞)上单调递增，又y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，故y＝ln (ex＋e－x)在[0，＋∞)上单调递增，易知f(x)＝x2＋ln (ex＋e－x)－2在[0，＋∞)上单调递增，又f(x)为偶函数，所以由f(x＋2)≤f(2x－3)可得|x＋2|≤|2x－3|，两边平方并整理，得3x2－16x＋5≥0，解得x≥5或x≤eq \f(1,3)，所以不等式f(x＋2)≤f(2x－3)的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪[5，＋∞)．故选D. 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，＋∞)． 2．(2025·河北石家庄一模)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝ex，那么f(ln 3)的值为(　　) A．eq \f(1,3) B．－3 C．3 D．－eq \f(1,3) 解析：由题意知，ln 3>0，因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(ln 3)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,3)))＝－eln eq \f(1,3)＝－eq \f(1,3).故选D. 3．已知函数y＝f(x)的大致图象如图所示，则函数y＝f(x)的解析式可能是(　　) A．f(x)＝cosx·ln eq \f(x－1,1＋x) B．f(x)＝cosx·ln eq \f(x＋1,x－1) C．f(x)＝sinx·ln eq \f(x－1,1＋x) D．f(x)＝sinx·ln eq \f(x＋1,x－1) 解析：由图象可知，y＝f(x)为偶函数．对于A，f(－x)＝cos(－x)·ln eq \f(－x－1,1－x)＝cosx·ln eq \f(x＋1,x－1)＝cosx·ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x＋1))) eq \s\up12(－1)＝－cosx·ln eq \f(x－1,x＋1)＝－f(x)，f(x)为奇函数，排除A；对于B，f(－x)＝cos(－x)·ln eq \f(－x＋1,－x－1)＝cosx·ln eq \f(x－1,x＋1)＝cosx·ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－1))) eq \s\up12(－1)＝－cosx·ln eq \f(x＋1,x－1)＝－f(x)，f(x)为奇函数，排除B；y＝ln eq \f(x＋1,x－1)和y＝ln eq \f(x－1,x＋1)的定义域均为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，当x从1的右侧趋近1时，ln eq \f(x＋1,x－1)>ln 1>0，sinx>0，即f(x)＝sinx·ln eq \f(x＋1,x－1)>0，结合图象排除D.故选C. 4．(2025·山西太原一模)已知a＝eq \f(3,2)，b＝log23，c＝log35，则下列结论正确的是(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．b>c>a D．a>c>b 解析：因为a＝eq \f(3,2)＝log22eq \s\up8(\f(3,2))＝log22eq \r(2)<log23＝b，a＝eq \f(3,2)＝log33eq \s\up8(\f(3,2))＝log3eq \r(27)>log35＝c，所以b>a>c.故选B. 解析：设他至少经过n小时后才能驾驶汽车，则有60×(1－30%)n<20，即0.7n<eq \f(1,3)，两边同时取对数，得lg 0.7n<lg eq \f(1,3)，即nlg 0.7<lg eq \f(1,3)，因为lg 0.7<0，所以n>eq \f(lg \f(1,3),lg 0.7)＝eq \f(lg 3－1,lg \f(7,10))＝eq \f(－lg 3,lg 7－lg 10)≈eq \f(－0.48,0.85－1)＝3.2，所以n≥4，即他至少经过4小时后才能驾驶汽车．故选D. 6．(2025·湖南长沙新高考适应性考试)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x，x≥a，,－2log2x，0<x<a，))若f(x)在(0，＋∞)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) C．(0，1] D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) 解析：当x≥a时，f(x)＝4x单调递增，所以当x＝a时，f(x)有最小值4a；当0<x<a时，f(x)＝－2log2x单调递减，所以f(x)>－2log2a，无最小值，因为f(x)在(0，＋∞)上存在最小值，所以－2log2a≥4a，令g(x)＝4x＋2log2x，因为y＝4x和y＝2log2x在(0，＋∞)上均单调递增，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，所以当0<x≤eq \f(1,2)时，g(x)≤0，即4x＋2log2x≤0，所以－2log2a≥4a的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故选D. 7．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. 8．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. 二、多选题 9．(2025·辽宁辽阳二模)已知函数f(x)＝sineq \f(1,x)，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)的定义域为R B．f(x)的值域为[－1，1] C．f(x)是奇函数 D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)，＋∞))上单调递减 解析：f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，值域为[－1，1]，A错误，B正确；f(－x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－sineq \f(1,x)＝－f(x)，f(x)是奇函数，C正确；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)，＋∞))时，eq \f(1,x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，函数y＝eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)，＋∞))上单调递减，函数y＝sinx在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)，＋∞))上单调递减，D正确．故选BCD. 10．(2025·广东茂名一模)已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,2x＋a)，则(　　) A．当a>0时，f(x)是增函数 B．当a<0时，f(x)的值域为(2，＋∞) C．当a＝1时，曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称 D．当a＝4时，∀x∈R，f(kx＋1)＋f(2－x2)<2，则－2<k<2 解析：对于A，因为f(x)＝eq \f(2x＋1,2x＋a)＝2＋eq \f(－2a,2x＋a)的定义域为R，当a>0时，y＝2x＋a在定义域R上单调递增，且y＝2x＋a>a>0，又y＝eq \f(－2a,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在定义域R上单调递增，故A正确； 对于B，当a＝－2时，f(0)＝－2，又－2∉(2，＋∞)，故B错误；对于C，当a＝1时，f(x)＝eq \f(2x＋1,2x＋1)，则f(x)＋f(－x)＝eq \f(2x＋1,2x＋1)＋eq \f(2－x＋1,2－x＋1)＝eq \f(2x＋1,2x＋1)＋eq \f(2,2x＋1)＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，故C正确；对于D，当a＝4时，f(x)＝eq \f(2x＋1,2x＋4)＝eq \f(2x－1,2x－2＋1)的图象是由y＝eq \f(2x＋1,2x＋1)的图象向右平移2个单位长度得到，所以曲线y＝f(x)的对称中心为(2，1)，且f(x)在定义域R上单调递增，所以∀x∈R，f(kx＋1)＋f(2－x2)<2，可得∀x∈R，2－f(4－kx－1)＋f(2－x2)<2，即∀x∈R，f(2－x2)<f(4－kx－1)，从而得到∀x∈R，2－x2<3－kx，即x2－kx＋1>0恒成立，所以Δ＝k2－4<0，解得－2<k<2，故D正确．故选ACD. 11．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[2028，2029]上单调递增 C．eq \o(∑,\s\up16(22),\s\do14(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[2028，2029]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\up12(22),\s\do14(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．(2025·安徽合肥二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x－a|－a＋1，x>1，,x2－2ax＋3，x≤1))的最小值为－1，则a＝________． $