专题二 函数概念与基本初等函数-【创新教程】2024-2026三年高考数学真题分类特训试卷

最新真题 专题二函数概念与基本初等函数 分类特训 考点一函数的概念、图象和性质 一、选择题 1.(2026·全国Ⅱ卷，8)已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(x)十f(x一2)=0，且当x∈ 整 时，f(x)=x2十ax+b,则 A.a=-2,b=-3 B.a=-2,b=3 C.a=-4,b=-3 D.a=-4,b=3 斯 2.(2026·北京卷，5)下列函数f(x)是奇函数且在定义域上单调递增的是 A)= 1 B.f(x)=sin x C.f(x)=2-x-2 D.f(x)-In5+z 5-x 3.(2026·天津卷，4)函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能为 A.f(x)=x+sinπx B.f(x)=x-sin元x C.f(x)=-x+sin元x D.f(x)=x·sinπx 杯 4.(2025·天津卷，3)已知函数y=f(x)的图象如图，则f(x)的解析式可能为 ( A.f()= 1-1x B.f(x)=x-1 C.f(x)= 1-x D.f(x)=2- 如 5.(2025·全国一卷，5)已知f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)=5一2x,则 阳 -} ( A- B.-1 c {-x2-2ax-a,x<0 6.(2024·新课标I卷，6)已知函数f(x)= 在R上单调递增，则a的取值范 e+ln(x+1),x≥0 品 围是 () A.(-∞，0] B.[-1,0] C.[-1,1] D.[0,+o∞) 7.(2024·新课标I卷，8)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)十f(x一2)，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 8.(2024·新课标Ⅱ卷，8)设函数f(x)=(x+a)ln(x+b).若f(x)≥0.则a2+b的最小值为 ( ) A.8 B号 C.2 D.1 9.(2024·全国甲卷（理），7)函数y=一x2+(e-ex)sinx在区间[一2.8,2.8]的图象大致为 10.(2024·天津卷，4)下列函数是偶函数的是 A.f(z)=e-z2 x2+1 B.f(z)=cos c+z2 x2+1 C.f(z)= e-x x+1 D.f(x)=sin z+4x e 11.(2024·北京卷，10)已知M={(x,y)|y=x十(x2-x),1≤x≤2,0≤t≤1}是平面直角坐标系 中的点集.设d是M中两点间的距离的最大值，S是M表示的图形的面积，则 () A.d=3,S<1 B.d=3,S>1 C.d=/10,S1 D.d=10,S>1 二、填空题 12.(2026·上海卷，5)已知函数f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)=√x一a,若f(一4)=3，则a= 13.(2025·北京卷，15)已知函数f(x)的定义域为R,则下列说法正确的有 ①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=一x恒成立； ②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)十f(2x)=一x恒成立； ③使得f(x)+f(一x)=cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个； ④使得f(x)一f(一x)=cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个. 14.(2024·上海卷，2)已知函数f(x)=,x≥0，则f(3)= 1,x≤0 15.(2024·上海卷，4)已知f(x)=x3+a,且f(x)是奇函数，则a= 三、解答题 16.(2024·上海卷，18) 已知函数f(x)=logx(a>0,a≠1). (1)若函数f(x)的图象过点(4,2)，求不等式f(2x-2)<f(x)的解集； (2)若存在x使得f(x+1),f(ax),f(x+2)依次成等差数列，求实数a的取值范围. 6 考点二指数函数、对数函数和幂函数 一、选择题 1.(2026·上海卷，13)a是不为1的任意实数，则a·a= () A.a B.a C.a D.a 2.(2026·天津卷，6)已知函数f(x)=lnx,若a=f(20.3),b=f(30.3),c=f(305),则a,b,c的 大小关系为 ( ) A.a<b<c B.b<a<c C.c<b<a D.c<a<b 3.(2025·北京卷，4)为得到函数y=9的图象，只需把函数y=3的图象上的所有点( A.横坐标变成原来的倍，纵坐标不变 B.横坐标变成原来的2倍，纵坐标不变 C.纵坐标变成原来的倍，横坐标不变 D.纵坐标变成原来的3倍，横坐标不变 4.(2025·上海卷，14)设a>0,s∈R,下列各项中，能推出a>a的一项是 A.a>1,且s>0 B.a>1,且s<0 C.0<a<1,且s>0D.0<a<1,且s<0 5.(2025·全国一卷，8)已知2十log2x=3十log3y=5+logx,则x,y,z的大小关系不可能是 A.I>y>z B.x>z>y C.y>x>x D.y>>x 6.(2024·北京卷，7)生物丰富度指数d二。是河流水质的一个评价指标，其中S,N分别表示 河流中的生物种类数与生物个体总数，生物丰富度指数越大，水质越好.如果某河流治理前 后的生物种类数S没有变化，生物个体总数由V1变为N2,生物丰富度指数由2.1提高到 3.15,则 () A.3N2=2N B.2N2=3N C.N2-N D.N-N 7.(2024·北京卷，9)已知(x1,y1),(x2,y2)是函数y=2图象上不同的两点，则下列正确的是 () Ala”< 2 B.log2 y1十y2x1十x2 2 C.logz 2 D.1og:4>十a 8.(2024·天津卷，5)若a=4.20.3,b=4.2.3,c=log.20.2,则a,b,c的大小关系为 A.a>b>c B.b>a>c C.c>a>b D.b>c>a 二、填空题 9.(2026·北京卷，13)声压级（单位：dB)与频率fH)满足y-lg1+7、若g2≤）<3lg2,则f的 取值范围为 10.(2024·全国甲卷（理）15)已知a>1且10ga】 2则a 考点三函数与方程 一、选择题 1.(2025·天津卷，7)函数f(x)=0.3一√x的零点所在区间是 A.(0,0.3) B.(0.3,0.5) C.(0.5,1) D.(1,2) 2.(2024·新课标Ⅱ卷，6)设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cosx十2ax.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司 C.1 D.2 二、填空题 3.(2026·全国Ⅱ卷，13)若函数f(x)=2+22-x-m有两个零点，则m的取值范围是 芳点四函数的综合应用和函数模型及实际应用 一、选择题 1.(2025·北京卷，9)在一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要时间 T=log2V(单位：小时)，其中为常数.在此条件下，已知训练数据量V从10个单位增加到 1.024×10°个单位时，训练时间增加20小时；当训练数据量V从1.024×10°个单位增加到 4.096×10个单位时，训练时间增加（单位：小时） A.2 B.4 C.20 D.40 2.(多选)(2025·全国二卷，10)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=(x2-3) e+2,则 A.f(0)=0 B.当x<0时，f(x)=-(x2-3)ex-2 C.f(x)≥2当且仅当x≥√3 D.x=一1是f(x)的极大值点 3.(2024·上海卷，16)已知定义在R上的函数f(x),集合M={x。|对于任意x∈（一∞，xo), 好 f(x)<f(xo)},在使得M=[-1,1]的所有f(x)中，下列说法成立的是 ) A.存在f(x)是偶函数 B.存在f(x)在x=2处取到最大值 C.存在f(x)在R上单调递增 D.存在f(x)在x=一1处取到极小值 二、填空题 4.(2026·北京卷，15)已知f(x)=|x2-cosx-c2|,给出下列四个结论： ①f(x)在（一1,1]上有最小值和最大值； ②c=0,f(x)=1有3个解； ③c=1,x∈(1,2]时，f(x)有最大值； ④c>0,f(x)的图象与直线y=c有4个交点.其中正确结论的序号是 三、解答题 5.(2026·全国I卷，19)(17分)已知函数f(x)的定义域为R,且当x<0时，f(x)=2对任意 xo∈R,定义集合D(x)={d∈Rf(xo+d)>f(xo)}. (1)若当x≥0时，f(x)=1-x,求D(-1): (2)若f(x)是奇函数，f(x1)≤f(x2),且x1x2≠0，证明：D(x2)二D(x1); (3)设f(x)满足：①若f(x1)≤f(x2),则D(x2)二D(x1);②当0<x<1时，f(x)<f(0). (ⅰ)证明：f(0)≥1； (iⅱ)证明：f(x)在区间(0，+∞)单调递增 83.C由题意，设之=a十bi,=c+di→b士d=0 (a,b,c,d∈R), 若w一i与之+i伴随，则b+d=0或d-b一2 =0, 当b十d=0时显然成立，当d一b一2=0时不成 立，只能b十d=0, 综上，b十d=0,即Im之+Imw=0,故选C. 4.A本题考查了命题的充要条件，由x=0→ sin2.x=sin0=0,由sin2x=0→2x=kπ，x ,k∈Z不一定为x=0, .'sin 2x=0=0, .x=0是sin2x=0的充分不必要条件. 5.A由函数值域的概念结合特例，再根据充分条 件、必要条件的概念即可求解. 若函数f(x)的值域为R,则对任意M∈R,一定 存在x1∈D,使得|f(x1)|=M+1, 取x。=x1,则|f(x。)|=M+1>M,充分性 成立； 取f(x)=2,D=R,则对任意M∈R,一定存在 x1∈D,使得f(x1)=M+1, 取xo=x1,则f(xo)|=|M|+1>M,但此时函 数f(x)的值域为(0，十∞)，必要性不成立； 所以“函数f(x)的值域为R”是“对任意M∈R, 存在x。∈D,使得|f(x。)|>M”的充分不必要 条件.故选：A. 6.B在命题p中，当x=一1时，x十1=0，所以 命题力为假命题，一卫为真命题，在命题q中， 因为立方根等于本身的实数有一1,0,1，所以 3x>0,使得x3=x,所以命题q为真命题，一p 为假命题，所以一卫和q都是真命题. 7.C若a⊥b,则x(x十1)+2x=0, 即x2十3.x=0,解得x=0或x=-3, ∴.A错，C对；若a∥b,则2(x十1)-x2=0, 即x2-2x-2=0, 解得x=1±√3，故B、D错. 8.C根据立方的性质和指数函数的性质，a3=b →a=b→3=3,3=3→a=b→a3=b3,所以二 者互为充要条件. 9.B(a+b)·(a-b)=0,.a2-b2=0,.a =b2,则|a=|b|,不能得到a=b或a=-b,充 分性不成立；若a=b或a=-b,则(a十b)· (a一b)=0成立，必要性成立.所以“(a十b)· (a-b)=0”是“a=一b或a=b”的必要不充分 条件. 专题二函数概念与基本初等函数 考点一 1.D由f(x)+f(x-2)=0→f(x)=-f(x-2) →f(x-2)=-f(x-4), 联立可得：f(x)=f(x-4), 所以f(x)是以4为周期的周期函数.因为f(x) 是偶函数，所以有f(x一2)=f(2一x). 83 由f(x-2)+f(x)=0,得：f(2-x)=-f(x) =f(2十x), 说明f(x)关于直线x=2对称.在定义区间x∈ [侵3]内fx)=r十a+6是二次画数，其时 称轴必为x=2.根据二次函数对称轴公式得： -号=2，即a=-4, 2 另外，由于f(x)是偶函数且周期为4：f(3)= f(3-4)=f(-1)=f(1), 根据f(1)+f(1-2)=f(1)+f(-1)=2f(1) =0→f(3)=f(1)=0. 所以f(3)=32-4×3+b=0,即-3十b=0,解 得b=3, 所以a=-4,b=3. 2.D定义城为R,f(-x)=-x+1+1 1 1 =f(x),f(x)是偶函数，A错误.f(x)=sinx 是奇函数，但在定义域上不单调递增，B错误 定义域为R,f(-x)=2-2=-(2x-2) =-f(x),f(x)是奇函数.因为y=2,y= 一2均在R上单调递减，所以f(x)=2一2 在R上单调递减，C错误.令5十>0，即十5 5-x x-5 <0,得-5<x<5,所以f(x)=1n5+L的定义 5-x 域为(-5,5)，关于原点对称.f(一x)=ln+元 5-x 5十工=一f(x),所以f(x)是奇函数. =-In5-z f(x)=In 5+x=1n二6-x-10） 5一x 5-x (1”5)y=n在定义装上单羽递增、 =110在定义城上单调递增，所以f( =1n5十在（一5,5）上单调递增，D正确. 5-x 3.C对于A.若f(x)=x十sinπx,f(-x)=-x -sinπx=-f(x),f(x)为奇函数，但f(1)=1 十sinπ=1>0，排除A;对于B.若f(x)=x sinπx,f(-x)=-x+sinπx=-f(x),f(x) 为奇函数，但f(1)=1-0=1>0,排除B;对于 C.若f(x)=-x十sinπx,f(-x)=x一sinπx =-f(x),f(x)为奇函数，f(1)=-1十0=-1 <0,C正确.对于D.若f(x)=xsinπx,f(-x) =-xsin(-πx)=xsinπx=f(x),f(x)为偶 函数，排除D. 4.D本题考查了函数的图象，考查函数的性质， 奇偶性，对称性.由图象可知，图象关于y轴对 称，A中，fx)=1-=-气=一f-) (x≠士1)为奇函数，其图象关于原点对称，故排 除AB中，f(-x)=-x-1=-x-1 一f(x)(x≠士1)为奇函数，故排除B;C中， 当x=2时，f(2)== 2=- <0，故排除C. 3 5.A()=f()+)归 5-22+)=故选A 6.B由题意知f(x)在R上单调递增，令h(x)= 一x2-2ax一a,则h(x)的对称轴必大于等于0， 否则与题意不符，即一a≥0→a≤0，排除C、D 项；又因为当x=0时，f(x)=1,所以当x=0 时，h(x)≤1→-x2-2ax-a≤1，代入x=0,得 -a≤1→a≥-1，所以-1≤a≤0，故a的取值 范围是[-1,0].故选择B. 7.B由题意可知，当x<3时，f(x)=x,所以可 知f(1)=1,f(2)=2, 又因为Hx∈R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),所 以f(3)>f(1)+f(2)=3,f(4)>f(2)+f(3) >5,同理可得，f(5)>8,f(6)>13,f(7)>21, f(8)>34,f(9)>55,f(10)>89,f(15)>987, f(16)>1597,…,故选择B. 8.C当x<-a时x十a<0,当x>-a时x十a >0,当x<1-b时1n(x+b)<0, 当x>1-b时ln(x+b)>0,所以要f(x)恒 非负， 必须-a=1-b,即b-a=1, 所以。+6-a-a+》≥ 2 当a=一6=时取等。 -2 9.B f(x)=-x2+(e"-e )sin x, f(-x)=-(-x)2+(e *-e')sin(-x) =-x2+(e'-e )sin x=f(x) y=f(x)为偶函数，排除A,C; f()-+e-e =e-c->0, 41 故排除D,B正确. 10B对A,泛)-后画数定又或为R, 但-1=2f1-号2则-1≠ f(1),故A错误；对B,f(x)=cosx十x2 +1,函数 定义域为R,且f(-x)=os(-)十(-)2 (-x)2+1 乙=fx),则f(x)为祸函数，故B正 确对C,设h(x)十，函数定义域为(xx ≠一1}，不关于原点对称，则h(x)不是偶函 8 数，故C错误；对D,设p(x)=sinr十4虹，函教 e 定义域为R,因为e(-x)=sin(-x)十4(- e =-sint十4虹=一p(x),则g(x)为奇函数， 9(x)不是偶函数，故D错误. 11.C1≤x≤2， ↑y .x2-x∈[0,2]， 4- y=x+(x-x)t,0≤t≤1 可看作关于t的一次函数，则y 关于t单调递增或y是关于t 的常数函数. 又：y=tx2+(1-t)x,1≤x≤ 012 2,∴.函数y=tx2十(1一t)x图象的对称轴为直 线=合-≤0)关于的函数在[1,2幻 上单调递增，又t,x均为非负数. ∴.当t,x均取最小值与t,x均取最大值时M 中两点间的距离为最大值即d取最大值，即M 中点(1,1)和(2,4)间的距离最大，得d=√/10. M表示的图形如图阴影所示，利用大长方形的 面积减去小正方形及两个梯形的面积，可 得S<1. 12.解析：由题意，f(-4)=f(4)=2-a=3 →a=-1. 答案：-1 13.解析：利用反证法可判断①④的正误，构造函 数并验证后可判断②③的正误. 对于①，若存在R上的增函数f(x),满足f(x) 十f(2x)=-x, 则f(0)+f(2X0)=-0即f(0)=0, 故x>0时，f(4.x)>f(2.x)>f(x)>0, 故f(4x)+f(2.x)>f(.x)+f(2x), 故一2x>一x即x<0,矛盾，故①错误； 对于@，取fx)=一言，被函教为R上的浅 函数且f(x)+f(2x)=-x, 故该函数符合，故②正确； 对于③，取f()=号osx+mr,m∈R, 此时f(x)+f(-x)=cosx,由m∈R可得 f(x)有无穷多个，故③正确； 对于④，若存在f(x),使得f(x)一f(一x) cosx,用一x代换x,得f(一x)一f(x)= cOS x, 由上可得2c0sx=0恒成立，显然不正确，故满 足f(x)一f(一x)=cosx的函数不存在，故④ 错误. 答案：②③ 14.解析：因为f(x)={Wx之0所以f(3)=3. 1,x≤0， 答案：√3 15.解析：因为f(x)是奇函数，所以f(一x)= -f(x),即(-x)3十a=-(.x3+a),得a=0. 答案：0 16.解：(1)由y=f(x)过(4,2)可得1og.4=2,则4 =a2→a=土2，又a>0,故a=2,因为f(x)= 1og2x在(0，十∞)上是严格增函数，f(2x-2) <f(x)→0<2x-2<x→1<x<2,所以解集 为(1,2). (2)因为f(x+1),f(ax),f(x+2)成等差 数列， 所以f(x+1)+f(x+2)=2f(ax), 即log.(x+1)+log(x+2)=2log。(a.x)有解， 化简可得log.（x+1)(x十2)=log。(a.x)2, x+1>0 得(x+1)(x+2)=(a)2且r+2>0 →x>0, a.x>0 (a>0,a≠1 则a=z+1)(+2在(0，十0)上有解，又 x +)2-是+是+1=2+ 8,故在(0，+∞)上，+1)+2 20+)-日=1，脚。>1→a<-1或>1： 又a>0,所以a>1. 考点二 1.B由题意，a·a=a. 2.A画数)=n={h,共图 象如图： y y=f(x)=lIn xl 0 1 易知f(x)=lnx|在[l,十o∞)单调递增， 又因为y=x3在[1，十∞)单增， 所以203<30.3， y=3在R上单调递增，.33<35， .1<203<30.3<30.5 .f(203)<f(30.3)<f(3.5) f()=In l,..f(30.5)=f(3-0.5), .f(20.3)<f(30.3)<f(3-0.5), ∴.a<b<c. 3.A由y=9=32,根据平移法则即可解出. 因为y=9=32,所以将函数y=3的图象上 所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变， 即可得到函数y=9的图象，故选：A. 4.D本题考查了指数函数的单调性. 由题意知，当a>1时，若a>a,则s>1, 当0<a<1时，若a>a,则s<1,D正确. 5.B设2+log2x=3+log3y=5+log5之=t,则x =22,y=33,之=55，取t=0,易知x>y> 之，排除A;取t=5,易知y>x>之，排除C;取t= 8,易知y>之>x,排除D;故选B. 2.1= S-1 6.D 由题意可得 In N' 15- 两式相除得2.1lnN1=3.15lnN2, 所以lnN.1=lnN含15，即N.1=N15,所以 N,2=N23 +2=1og 7,B1og:2 25+22≥10g2√2·29 2 =12兴=吉，：≠等号取 不到， y1十y2、x1十x2 即1og22 2 8.B因为y=4.2在R上递增，且-0.3<0< 0.3, 所以0<4.203<4.2°<4.2.3， 所以0<4.203<1<4.23，即0<a<1<b, 因为y=log4.2x在(0，十∞)上递增，且0<0.2 <1, 所以1og4.20.2<1og4.21=0,即c<0, 所以b>a>c. 9解析：由1+0>0，得f>-10.圆为y 1e(+) 为单调递增函数，所以由1g2≤y≤ 3g2=1g8,可得2<1+0≤8，得700≤f≤ 4900. 答案：[700,4900] 10.解析：因为1 1 3 logsa log,4 logaa 21o8a 号，所以(10g2a十1D(1oga-6)=0,而a> 故log2a=6,a=64. 答案：64 考点三 1.B本题考查了函数的零点存在定理，f(x)= 0.3-√((x>0)在(0，十∞)上单调递减. f(0.3)=0.3°3-√0.3=0.3°.3-0.3.5>0. f(0.5)=0.3°.5-√0.5=0.3.5-0.50.5<0， .f(x)的零点在区间(0.3,0.5)上. 2.Dfc)=g(x)→a=1乙，注意右边是偶 函数，所以若只有一个交点就只能是在x=0处 相切，于是直接代x=0得a=2. 3.解析：令f(x)=0→2十22x=m.设t=2>0, 方程变形为十生=m.根据基本不等式，当t> 0时，+1≥4，等号在1=2（即x=0)时成立. 为了使原方程有两个不同的实数根，水平直线 y=m必须与对勾函数y=1十4(t>0)有两个不 同的交，点，因此需满足m>4, 答案：(4，十∞) 考点四 1.B由题给条件列出不同训练数据量时所需的 时间，结合对数的运算性质即可求解. 设当N取106个单位、1.024×10°个单位、 4.096×10个单位时所需时间分别为T1,T2,T3, 由题意，T1=k1og210=6k1og210, T2=k1og2(1.024×10)=k10g2(21×105) =k(10+6log210), T3-k1og2(4.096×10)=k1og2(212×105) =k(12+61og210), 因为T2-T1=k(10+61og210)-6k1og210= 10k=20,所以k=2, 所以T3-T2=k(12+610g210)-k（10+ 61og210)=2k=4, 所以当训练数据量N从1.024×109个单位增 加到4.096×10°个单位时，训练时间增加4小 时.故选：B 2.ABD由奇函数的性质可知，因为f(x)的定义 域为R,f(0)=0,所以A正确； 当x<0时，-x>0,f(-x)=(x2-3)e+2, 又因为f(-x)=-f(x),所以f(x)=一(x2 3)ex-2,所以B正确； 当x>0时，f'(x)=(x十3)(x-1)e,所以f(x) 在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增 x→0时，f(x)-1,f(1)=-2e+2<0, f3)=2>0,所以f(x)的图象大致为 2e-2 y=3 2 -2e+2 因为2e一2>2，所以C错误，由奇函数图象关于 原点对称可知D正确. 3.B对于A,因为M=[一1,1]，所以f(x)< f(1)在(-∞，1)上恒成立，此时f(-1)<f(1) 与f(x)是偶函数矛盾，故A错误；对于B,不妨 -1,x1 取f(x)=x,-1≤x≤1，满足f(x)在x=2处 (1,x>1 取到最大值，故B正确；对于C,若存在f(x)在 R上单调递增，则对任意xo∈R,当x<x。时都 86 有f(x)<f(xo),则此时M=R,与M=[-1, 1]矛盾，故C错误；对于D,若存在f(x)在x 一1处取到极小值，则存在一个8>0，对于任意 x满足0<|x+1<6,都有f(-1)<f(x),-1 -8∈(-1-，-1D,而由-1∈M以及M的 含义知f(-1-8)Kf-10,与f(-1)< f(x)对于任意x满足0<|x十1|<6矛盾，故D 错误. 4.解析：对于①，因为f(一x)=(一x)2一cos(一x) -c2|=|x2-cosx-c2|=f(x),且函数f(x) 的定义域为R,所以函数f(x)为偶函数.所以求 函数f(x)在(-1,1]上的最值，可转化为求函 数f(x)在[0,1]上的最值.对于闭区间上的连 续函数，其在该区间内必存在最大值和最小值， 故①正确. 对于②，当c=0时，f(x)=|x2-cosx|,则由 f(x)=1,得x2-cosx=1或x2-cosx=-1, 即x2=c0sx+1或x2=c0sx一1.在同一平面 直角坐标系中作出函数y=x,y=cosx十1， y=cosx一1的图象，如图所示.由图知，函数 y=x与y=cosx十1的图象有2个交点，即方 程x2=cosx十1有2个解；函数y=x2与 y=cosx-1的图象仅有1个交点，即方程x2= cosx一1只有1解.综上所述，当c=0时，方程 f(x)=1有3个解，故②正确. y=x y=cos x+1 y=cos x-1 对于③，当c=1时，f(x)=|x2-cosx-1.令 g(x)=x2-cosx-1,则g'(x)=2x十sinx,令 G(x)=g'(x),则G(x)=2+cosx>0,所以 g'(x)为R上的增函数，又g'(0)=0,所以当 x>0时，g'(x)>0,函数g(x)单调递增；当x<0 时，g'(x)<0,函数g(x)单调递减.所以函数 g(x)=x2-cosx-1在(1,2]上单调递增，且 g(1)=-c0s1<0,g(2)=3-c0s2>0,所以存 在唯一x∈(1,2)使得g(x)=0.又当c=1时， f(x)=|g(x)|,所以f(x)在(1，xo)上单调递 减，在(x0,2]上单调递增.因为f(1)=cos1, f(2)=3-cos2,所以当x∈(1,2]时，f(x)mx= f(2)=3-c0s2,故③正确. 对于④，当c>0时，由f(x)=c,得x2-cosx一 c2=c或x2-c0sx-c2=-c,即x2-c0sx=c2 十c或x2-cosx=c2-C.令h(x)=x2-cosx, 由③知，函数h(x)在（一∞，0）上单调递减，在 (0,十o∞)上单调递增，h(x)mm=h(0)=-1.当 c>0时+>0，-=(-2)--是 函数h(x)与y=c十c的图象存在2个交点，函 数h(x)与y=c2一c的图象也存在2个交点.综 上所述，当c>0时，函数f(x)的图象与直线y =c有4个交点， 综上所述，正确结论的序号是①②③④. 答案：①②③④ .解①-1D=2-合 令x=-1十d.当d<1时，x<0, f(-1+d0=21+>2台d>0.得0<d<1. 当d≥1时，x≥0，由题设f(x)=1一x, f-1+d0=1-(-1+d0=2-4>2 d<号得1cdK是 踪上D(-1D=(o,)月 (2)因为f(x)是奇函数，所以x>0时，一x<0, f(x)=-f(-x)=-2x,f(0)=0, 2, x<0 则f(x)= x=0, -2x, x<0 当x<0时，f(x)∈(0,1)，d∈D(x),等价于 f(x十d)>f(x)>0,则x+d<0,且2+a>2 d<-x且d>0,所以D(x)=(0,-x), 当x>0时，f(x)∈(-1,0)，d∈D(x),等价于 f(.x+d)>-2x, 若x十d<0,f(x十d)>0>-2,得d<-x; 若x十d=0,f(0)=0>-2,得d=-x; 若x+d>0,f(x十d)=-2+w>-2x, 则-(x十d)<-x,得d>0, 所以D(x)=(-∞，-x]U(0,十∞)， 已知f(x1)≤f(x2)且x1x2≠0； ①若x1<0,x2<0,21≤2，x1≤x2<0,-x1≥ -x2>0,D(x1）=(0,-x1),D(x2)=(0, -x2),因为(0，-x2)三(0，-x1),所以D(x1) 2D(x2). ②若x1>0,x2>0,-24≤-2，-x1≥ -x2,0<x1≤x2,D(x1)=(-o∞，-x1]U(0, +∞)，D(x2)=(-o∞，-x2]U(0,十o∞)，因为 (0,-x2]∈(0，-x1],所以D(x1)2D(x2). ③若x1>0,x2<0,f(x1)<0<f(x2),满足 f(x1)≤f(x2),D(x1)=(-o∞，-x1]U(0,+o∞)， D(x2)=(0,-x2),因为-x2>0,(0,-x2)三 (0,十∞)二D(x1),所以D(x1)2D(x2). ④若x1<0,x2>0,f(x1)>0>f(x2),与f(x1) ≤f(x2)矛盾. 综上所述，D(x2)二D(x1)得证. (3)(1)假设f(0)<1,若f(0)≤0， 取=-f)=2>0,f0)<fx, 则D(0)2D(x1. 87 取d=}+d=-<0f红+d=2> 2立=f(.x1),d∈D(x). 因为D(0)2D(x1),所以d∈D(xo),f(d)> f0),又d=∈(0,1)，由@知f(d)<f0, 矛盾. 若0<f(0)<1,令xo=1og2f(0),则x。<0, f(xo)=2=f(0),f(xo)≤f(0),则D(xo)已 D(0),f(0)≤f(x。),则D(0)2D(xo),所以 D(x。)=D(0), 记x=min{a,b}为取a,b中的较小值，取d。= 因为x,<0.所以0<d,≤号<1.由@知fd< f(0),则d。D(0) 又x+d,≤-受=号<0，f(x+d) 2+4>2=f(.xo),所以d∈D(xo),与D(xo) =D(0)矛盾. 综上所述，假设不成立，所以f(0)≥1. (i)若x∈(0,1)，假设f(x)>0,取c<0使得 f(c)=2<f(x), 由②知f(x)<f(0),f[x+(-x)]=f(0)> f(x),所以一x∈D(x). 由①知，f(c)<f(x),则D(c)2D(x),-x∈ D(x),f[c+(-x)]=f(c-x)>f(c). 因为c<0,x>0,所以c-x<c<0,当x<0时， f(.x)=2”单调递增，所以f(c-x)<f(c),矛 盾，所以Vx∈(0,1)，f(x)≤0， 若x≥1，假设f(x)>0,取b<0使得f(b)=2 <f(x).f[b+(x-b)]=f(x)>f(b),x-b ∈D(b). 令=司 -(x-b).因为x≥1，b<0, 所以1一6>1，别W<-号<b<0, 所以f(b)2<2=f(b). 由①知，D(b)2D(b),则x-b∈D(b),f[b'+ -6]=f(3)>f>0.与2∈01 f(合)0矛盾，所以V>0,f(x)≤0， 取0<x<y,因为y-x>0,则-（y-x)-1< -1<0,f[-(y-x)-1]=2y)-1>0, 又x>0,则f(x)≤0，所以f(x)<f[-(y-x) -1].由①知，D(x)2D[-(y-x)-1]. 因为-(y-x)-1<-1<0, 所以f[-(y-x)-1]<f(-1). f[-(y-x)-1+(y-x)]=f(1)>f[-(y- x)-1],所以y-x∈D(x). f[x十(y-x)]>f(x),f(y)>f(x),所以f(x) 在区间(0，十∞)上单调递增，得证.