2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第二章 函数

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第二章 函数，共45页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．函数y＝f(x)的图象与直线x＝1的交点( B )
A．至少有1个 B．至多有1个
C．仅有1个 D．有0个、1个或多个
解析：若1不在函数f(x)的定义域内，y＝f(x)的图象与直线x＝1没有交点，若1在函数f(x)的定义域内，y＝f(x)的图象与直线x＝1有1个交点．故选B.
2．(教材改编)下列各组函数中，表示同一函数的是( D )
A．f(x)＝eln x，g(x)＝x
B．f(x)＝ eq \f(x2－4,x＋2) ，g(x)＝x－2
C．f(x)＝x0，g(x)＝1
D．f(x)＝|x|，x∈{－1，0，1}，g(x)＝x2，x∈{－1，0，1}
解析：对于A，f(x)的定义域是(0，＋∞)，g(x)的定义域是R，两个函数的定义域不相同，不是同一函数；对于B，f(x)＝x－2(x≠－2)，g(x)的定义域是R，两个函数的定义域不相同，不是同一函数；对于C，f(x)的定义域为{x|x≠0}，g(x)的定义域是R，两个函数的定义域不相同，不是同一函数；对于D，f(x)对应点的坐标为{(－1，1)，(0，0)，(1，1)}，g(x)对应点的坐标为{(－1，1)，(0，0)，(1，1)}，两个函数对应点的坐标相同，是同一函数．故选D.
3．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，0A．－4 B．－2
C．2 D．4
解析：f(1)＝41－2＝ eq \f(1,4) ，∴f(f(1))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) ＝lg2 eq \f(1,4) ＝－2.故选B.
4．已知等腰三角形的周长为40 cm，底边长y(cm)是腰长x(cm)的函数，则函数的定义域为( A )
A．(10，20) B．(0，10)
C．(5，10) D．[5，10)
解析：由题设有y＝40－2x，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(40－2x>0，,x＋x>40－2x)) 得105．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，x>0，,x＋1，x≤0.)) 若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于( A )
A．－3 B．－1
C．1 D．3
解析：∵f(1)＝21＝2，∴f(a)＋2＝0，∴f(a)＝－2，当a≤0时，f(a)＝a＋1＝－2，∴a＝－3，当a>0时，f(a)＝2a＝－2，方程无解，综上有a＝－3.故选A.
6．函数y＝f(x)的图象是如图所示的折线段OAB，其中A(1，2)，B(3，0)，函数g(x)＝x·f(x)，那么函数g(x)的值域为( B )
A．[0，2] B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(9,4)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) D．[0，4]
解析：由题图可知，kOA＝ eq \f(2－0,1－0) ＝2，所以直线OA的方程是y＝2x，因为kAB＝ eq \f(0－2,3－1) ＝－1，所以直线AB的方程为y＝－(x－3)＝－x＋3，所以f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，0≤x≤1，,－x＋3，1二、多项选择题
7．下列对应关系f，能构成从集合M到集合N的函数的是( ABD )
A．M＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(3,2))) ，N＝{－6，－3，1}，f( eq \f(1,2) )＝－6，f(1)＝－3，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝1
B．M＝N＝{x|x≥－1}，f(x)＝2x＋1
C．M＝N＝{1，2，3}，f(x)＝2x＋1
D．M＝Z，N＝{－1，1}，f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，x为奇数，,1，x为偶数))
解析：对于A，集合M中的任意一个元素，按某种对应法则，在集合N中存在唯一的元素相对应，所以能构成从集合M到集合N的函数；对于B，集合M＝{x|x≥－1}中的任意一个元素，按某种对应法则，在集合N＝{x|x≥－1}中存在唯一的元素相对应，所以能构成从集合M到集合N的函数；对于C，集合M＝{1，2，3}，当x＝2时，可得f(2)＝5N，所以不能构成从集合M到集合N的函数；对于D，集合M＝Z中的任一元素，按f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，x为奇数，,1，x为偶数)) 在集合N＝{－1，1}中有唯一的元素与之对应，所以能构成从集合M到集合N的函数．故选ABD.
8．已知函数f(x)是一次函数，满足f(f(x))＝9x＋8，则f(x)的解析式可能为( AD )
A．f(x)＝3x＋2 B．f(x)＝3x－2
C．f(x)＝－3x＋4 D．f(x)＝－3x－4
解析：设f(x)＝kx＋b，由题意可知f(f(x))＝k(kx＋b)＋b＝k2x＋kb＋b＝9x＋8，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k2＝9，,kb＋b＝8，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝3，,b＝2)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－3，,b＝－4，)) 所以f(x)＝3x＋2或f(x)＝－3x－4.故选AD.
三、填空题
9．已知函数f( eq \r(x) ＋2)＝x＋4 eq \r(x) ＋5，则f(x)的解析式为f(x)＝x2＋1(x≥2)．
解析：令 eq \r(x) ＋2＝t，则t≥2，且x＝(t－2)2，所以f(t)＝(t－2)2＋4(t－2)＋5＝t2＋1(t≥2)，所以f(x)＝x2＋1(x≥2).
10．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2－2x＋1，x<0，,2x，x≥0，)) 则满足f(a)>1的实数a的取值范围是(－2，0)∪(0，＋∞)．
解析：因为f(a)>1，① eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥0，,2a>1，)) 解得a>0，
② eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,－a2－2a＋1>1，)) 解得－20.
11．(2024·四川成都七中质检)若f(x)的值域为[ eq \r(3) ，＋∞)，则g(x)＝2f(x)＋1的值域为[2 eq \r(3) ＋1，＋∞)．
解析：因为f(x)∈[ eq \r(3) ，＋∞)，所以2f(x)∈[2 eq \r(3) ，＋∞)，所以2f(x)＋1∈[2 eq \r(3) ＋1，＋∞)，所以g(x)的值域为[2 eq \r(3) ＋1，＋∞).
12．(数学文化)数学家狄利克雷对数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一．函数D(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x为有理数，,0，x为无理数)) 称为狄利克雷函数．则D(1)＋D( eq \r(2) )＋D( eq \r(3) )＋…＋D( eq \r(36) )＝6．
解析：D(1)＋D( eq \r(2) )＋D( eq \r(3) )＋…＋D( eq \r(36) ) ＝D(1)＋D( eq \r(4) )＋D( eq \r(9) )＋D( eq \r(16) )＋D( eq \r(25) )＋D( eq \r(36) )＋ D( eq \r(2) )＋D( eq \r(3) )＋D( eq \r(5) )＋…＋D( eq \r(35) ) ＝D(1)＋D(2)＋D(3)＋D(4)＋D(5)＋D(6)＝6.
四、解答题
13．如图为某市一天24小时内的气温变化图．
(1)上午8时的气温是多少？全天的最高、最低气温分别是多少？
(2)在什么时刻，气温为0 ℃？
(3)在什么时间段内，气温在0 ℃以上？两个变量有什么特点？它们具有怎样的对应关系？
解：(1)上午8时的气温是0 ℃，全天的最高气温是9 ℃，最低气温是－2 ℃.
(2)在8时和22时，气温为0 ℃.
(3)在8时到22时之间，气温在0 ℃以上．
变量t满足0≤t≤24，变量θ满足－2≤θ≤9，由于图象是连续的，随着时间的增加，气温先降再升再降，且对于t的每一个值，θ都有唯一确定的值和它对应，所以θ与t具有依赖关系，也具有函数关系．
14．已知函数f(x)＝ eq \f(x2,1＋x2) (x≠0).
(1)分别计算f(2)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ，f(3)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) 的值；
(2)由(1)你得出了什么结论？并加以证明；
(3)利用(2)中的结论计算f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 024)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 024))) 的值．
解：(1)由题意得f(2)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ eq \f(22,1＋22) ＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2) ＝ eq \f(4,5) ＋ eq \f(1,5) ＝1，f(3)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＝ eq \f(32,1＋32) ＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2) ＝ eq \f(9,10) ＋ eq \f(1,10) ＝1.
(2)由(1)得出结论f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ＝1.
证明如下：
f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) ＝ eq \f(x2,1＋x2) ＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2) ＝ eq \f(x2,1＋x2) ＋ eq \f(1,1＋x2) ＝ eq \f(1＋x2,1＋x2) ＝1.
(3)由f(x)＝ eq \f(x2,1＋x2) ，可得f(1)＝ eq \f(1,2) ，
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 024)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＋…＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 024))) ＝f(1)＋[f(2)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ]＋[f(3)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ]＋…＋[f(2 024)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 024))) ]＝ eq \f(1,2) ＋2 023＝ eq \f(4 047,2) .
一、单项选择题
1．下列函数中，不满足f(2x)＝2f(x)的是( C )
A．f(x)＝|x| B．f(x)＝x－|x|
C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝－x
解析：对于A，f(2x)＝|2x|＝2|x|＝2f(x)，对于B，f(2x)＝2x－|2x|＝2f(x)，对于C，f(2x)＝2x＋1≠2f(x)，对于D，f(2x)＝－2x＝2f(x).故选C.
2．已知函数y＝f(x)的定义域为(0，1)，则函数F(x)＝f(|2x－1|)的定义域为( B )
A．(－∞，1) B．(－∞，0)∪(0，1)
C．(0，＋∞) D．[0，1)
解析：∵y＝f(x)的定义域为(0，1)，∴0<|2x－1|<1，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1<2x－1<1，,2x≠1，))
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<1，,x≠0，)) 解得x<1且x≠0，∴F(x)＝f(|2x－1|)的定义域为(－∞，0)∪(0，1).故选B.
3．(2023·江苏南京江宁中学期末)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,－\f(1,2)sin x，x<0，)) 则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))))) ＝( C )
A． eq \r(2) B．－1
C．－2 D．2
解析：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) ＝－ eq \f(1,2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))) ＝ eq \f(1,4) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) ＝lg2 eq \f(1,4) ＝－2，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6))))) ＝－2.故选C.
4．若函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x))) ＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ＋1，则函数g(x)＝f(x)－4x的最小值为( D )
A．－1 B．－2
C．－3 D．－4
解析：因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x))) ＝ eq \f(1,x2) － eq \f(2,x) ＋1＝ eq \f(x2－2x＋1,x2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x))) eq \s\up12(2) ，所以f(x)＝x2(x≠1).从而g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x＝2时，g(x)取得最小值，且最小值为－4.故选D.
5．(数学文化)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数，例如：[－3.7]＝－4，[2.3]＝2.已知f(x)＝ eq \f(ex,ex＋1) － eq \f(1,2) ，则函数y＝[f(x)]的值域为( B )
A．{0} B．{－1，0}
C．{－2，－1，0} D．{－1，0，1}
解析：f(x)＝1－ eq \f(1,ex＋1) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(1,ex＋1) ，∵ex＋1>1，∴－1<－ eq \f(1,ex＋1) <0，－ eq \f(1,2) < eq \f(1,2) － eq \f(1,ex＋1) < eq \f(1,2) ，∴－ eq \f(1,2) 6．已知集合A＝{1，2，3，k}，B＝{4，7，a4，a2＋3a}，其中a∈N＋，函数f(x)＝3x＋1的定义域为A，值域为B，则a，k的值分别为( D )
A．2，3 B．3，4
C．3，5 D．2，5
解析：函数f(x)＝3x＋1的定义域为A，值域为B，所以当x＝1时，f(1)＝3＋1＝4；当x＝2时，f(2)＝6＋1＝7；当x＝3时，f(3)＝9＋1＝10；当x＝k时，f(k)＝3k＋1；所以B＝{4，7，10，3k＋1}，又B＝{4，7，a4，a2＋3a}，所以若a2＋3a＝10，解得a＝2或a＝－5，因为a∈N＋，所以a＝2.此时B＝{4，7，16，10}，所以3k＋1＝16，则k＝5；若a4＝10，又a∈N＋，所以不成立．综上a＝2，k＝5.故选D.
二、多项选择题
7．已知f(x)满足f(x)－2f(－x)＝2x－1，则( AC )
A．f(3)＝3
B．f(3)＝－3
C．f(x)＋f(－x)＝2
D．f(x)＋f(－x)＝－2
解析：∵f(x)－2f(－x)＝2x－1①，∴f(－x)－2f(x)＝－2x－1，整理得2f(－x)－4f(x)＝－4x－2②，①＋②得－3f(x)＝－2x－3，解得f(x)＝ eq \f(2,3) x＋1，故f(3)＝3，A正确，B错误；又f(－x)＝－ eq \f(2,3) x＋1，则f(x)＋f(－x)＝2，C正确，D错误．故选AC.
8．关于直线y＝m与函数y＝|x|＋|2x＋4|的图象的交点有如下四个结论，其中正确的是( BCD )
A．不论m为何值时都有交点
B．当m>2时，有两个交点
C．当m＝2时，有一个交点
D．当m<2时，没有交点
解析：由题意得，y＝|x|＋|2x＋4|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x－4，x<－2，,x＋4，－2≤x≤0，,3x＋4，x>0，)) 作此函数图象如图所示；y＝m即平行于x轴的直线，作图象如图直线所示．对于A，由图可知，当m<2时，直线y＝m与函数y＝|x|＋|2x＋4|的图象无交点，故A错误；对于B，由图可知，当m>2时，直线y＝m与函数y＝|x|＋|2x＋4|的图象有两个交点，故B正确；对于C，由图可知，当m＝2时，直线y＝m与函数y＝|x|＋|2x＋4|的图象有一个交点，故C正确；对于D，由图可知，当m<2时，直线y＝m与函数y＝|x|＋|2x＋4|的图象无交点，故D正确．故选BCD.
三、填空题
9．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,2x，x≤0，)) 若f(a)＝ eq \f(1,2) ，则a＝－1或 eq \r(2) ．
解析：当a>0时，lg2a＝ eq \f(1,2) ，解得a＝2 eq \s\up9(\f(1,2)) ＝ eq \r(2) ，满足要求，当a≤0时，2a＝ eq \f(1,2) ，解得a＝－1，满足要求．
10．已知f(x)是定义在R上的周期为4的周期函数，在区间[－2，2]上，f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋b，0≤x≤2，,\f(cx＋2,1－x)，－2≤x<0，)) 且f(5)＝2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ，则3a＋2b＋c的值为1．
解析：依题意， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－2）＝f（2），,f（5）＝f（1）＝2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，))
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(－2c＋2,3)＝2a＋b，,a＋b＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋b))，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6a＋3b＋2c＝2，,b＝0，))
∴3a＋2b＋c＝3a＋c＝1.
11．(新定义问题)(2023·陕西咸阳高三统考期末)定义：[x]表示不超过x的最大整数，例如：[－1.6]＝－2，[1.1]＝1.已知函数f(x)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1－2x,x＋1))) ，x∈(－∞，－4)∪(2，＋∞)，则函数f(x)的值域为{－2，－3}．
解析：因为y＝ eq \f(1－2x,x＋1) ＝ eq \f(3－2（x＋1）,x＋1) ＝－2＋ eq \f(3,x＋1) ，当x∈(－∞，－4)时，函数y＝ eq \f(1－2x,x＋1) 为减函数，所以y∈(－3，－2)，所以f(x)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1－2x,x＋1))) ＝－3；当x∈(2，＋∞)时，函数y＝ eq \f(1－2x,x＋1) 为减函数，所以y∈(－2，－1)，所以f(x)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1－2x,x＋1))) ＝－2.综上所述，函数f(x)的值域为{－2，－3}.
12．(2023·山东泰安一中模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,x＋1)，x≥0，,－f（－x），x<0，)) 则不等式f(x)＋ eq \f(1,2) ≥0的解集为[－1，＋∞) ．
解析：根据题意可得f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x,x＋1)，x≥0，,\f(x,1－x)，x<0，)) 且f(x) 为奇函数，
当x≥0 时，f(x)＝ eq \f(x,x＋1) ＝1－ eq \f(1,x＋1) ≥0，且f(x) 在[0，＋∞) 上单调递增，所以f(x) 在R上单调递增，则由f(x)＝－ eq \f(1,2) ，即 eq \f(x,1－x) ＝－ eq \f(1,2) ，解得x＝－1，所以不等式的解集为[－1，＋∞) .
四、解答题
13．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，0≤x≤2，,x2＋2x，－2≤x<0.))
(1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) 的值；
(2)作出函数的简图；
(3)由简图指出函数的值域．
解：(1)由f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，0≤x≤2，,x2＋2x，－2≤x<0，))
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) eq \s\up12(2) ＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))) ＝－ eq \f(8,9) ， f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋2× eq \f(1,2) ＝ eq \f(3,4) .
(2)简图如图所示：
(3)由简图可知函数的值域为[－1，1].
14．车管站在某个星期日保管的自行车和电动车共有3 500辆次，其中电动车保管费是每辆一次0.5元，自行车保管费是每辆一次0.3元．
(1)若设停放的自行车的辆次为x，总的保管费收入为y元，试写出y关于x的函数关系式；
(2)若估计前来停放的3 500辆次自行车和电动车中，电动车的辆次数不小于25%，但不大于40%，试求该车管站这个星期日总的保管费收入的范围．
解：(1)由题意得，y＝0.3x＋0.5(3 500－x)＝－0.2x＋1 750(x∈ N*且0≤x≤3 500).
(2)若电动车的辆次数不小于25%，但不大于40%，则3 500×(1－40%)≤x≤3 500×(1－25%)，即2 100≤x≤2 625且x∈N*，
∴y＝－0.2x＋1 750(2 100≤x≤2 625且x∈N*).
∵－0.2<0，∴y＝－0.2x＋1 750在[2 100，2 625]上单调递减，
当x＝2 100时，函数取得最大值为1 330，当x＝2 625时，函数取得最小值为1 225，
∴y＝－0.2x＋1 750(2 100≤x≤2 625)的值域是[1 225，1 330]，即总的保管费收入在1 225元至1 330元之间．
考点练7 函数的单调性与最值 对应学生用书013页
一、单项选择题
1．下列函数在定义域上为增函数的是( D )
A．f(x)＝－x＋1
B．f(x)＝2x2
C．f(x)＝x－1
D．f(x)＝ eq \r(x－1)
解析：对于A，函数f(x)＝－x＋1在R上为减函数，故A错误；对于B，函数f(x)＝2x2在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，在定义域R上不单调，故B错误；对于C，函数f(x)＝x－1在(－∞，0)，(0，＋∞)上都递减，在定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)上不单调，故C错误；对于D，函数f(x)＝ eq \r(x－1) 定义域是[1，＋∞)，且在[1，＋∞)上是增函数，故D正确．故选D.
2．(教材改编)已知函数f(x)＝x2－kx－8在[1，4]上单调，则实数k的取值范围为( D )
A．[2，8]
B．[－8，－2]
C．(－∞，－8]∪[－2，＋∞)
D．(－∞，2]∪[8，＋∞)
解析：f(x)＝x2－kx－8的对称轴为直线x＝ eq \f(k,2) ，若f(x)＝x2－kx－8在[1，4]上单调递增，则 eq \f(k,2) ≤1，解得k≤2，若f(x)＝x2－kx－8在[1，4]上单调递减，则 eq \f(k,2) ≥4，解得k≥8，所以实数k的取值范围为(－∞，2]∪[8，＋∞).故选D.
3．下列有关函数单调性的叙述中，正确的是( C )
A．y＝－ eq \f(2,x) 在定义域上为增函数
B．y＝ eq \f(1,x2＋1) 在[0，＋∞)上单调递增
C．y＝－3x2－6x的单调递减区间为[－1，＋∞)
D．y＝ax＋3在(－∞，＋∞)上必为增函数
解析：对于A，其定义域为不含0的两个区间的并集，函数在各个区间上都是单调递增的，但不能说在整个定义域上为增函数，故A错误；对于B，函数y＝ eq \f(1,x2＋1) 在[0，＋∞)上单调递减，故B错误；对于C，由y＝－3x2－6x＝－3(x＋1)2＋3，可求得函数的单调递减区间为[－1，＋∞)，故C正确；对于D，函数的增减性与a的取值有关，当a<0时，函数在(－∞，＋∞)上递减，故D错误．故选C.
4．函数f(x)＝ eq \r(x) ＋ eq \f(1,\r(x)＋3) ＋3的最小值为( B )
A．2 B． eq \f(10,3)
C．3 D．以上都不对
解析：令t＝ eq \r(x) ＋3∈[3，＋∞)，则y＝ eq \r(x) ＋ eq \f(1,\r(x)＋3) ＋3＝t＋ eq \f(1,t) ，因为y＝t＋ eq \f(1,t) 在t∈[3，＋∞)上单调递增，所以当t＝3时y＝t＋ eq \f(1,t) 取得最小值 eq \f(10,3) .故选B.
5．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是( D )
A．(－∞，－2] B．[－2，0)
C．(0，2] D．[2，＋∞)
解析：设t＝x(x－a)＝x2－ax，其图象的对称轴为直线x＝ eq \f(a,2) ，且开口向上，∵y＝2t是t的增函数，∴要使f(x)在区间(0，1)上单调递减，则t＝x2－ax在区间(0，1)上单调递减，即 eq \f(a,2) ≥1，∴a≥2.故a的取值范围是[2，＋∞).故选D.
6．设函数y＝f(x)满足：对任意的x1，x2∈R都有 eq \f(x1－x2,f（x1）－f（x2）) >0，则f(－3)与f(－π)大小关系是 ( A )
A．f(－3)>f(－π)
B．f(－3)≥f(－π)
C．f(－3)D．f(－3)≤f(－π)
解析：因为 eq \f(x1－x2,f（x1）－f（x2）) >0，当x1>x2时f(x1)>f(x2)；当x1－π，所以f(－3)>f(－π).故选A.
二、多项选择题
7．(2023·海南海口模拟)下面关于函数f(x)＝ eq \f(2x－3,x－2) 的性质，说法正确的是( AD )
A．f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)
B．f(x)的值域为R
C．f(x)在定义域上单调递减
D．点(2，2)是f(x)图象的对称中心
解析：f(x)＝ eq \f(2x－3,x－2) ＝ eq \f(2（x－2）＋1,x－2) ＝2＋ eq \f(1,x－2) ，由y＝ eq \f(1,x) 的图象向右平移2个单位长度，再向上平移2个单位长度得到f(x)＝2＋ eq \f(1,x－2) 的图象，因为y＝ eq \f(1,x) 的图象关于(0，0)对称，所以f(x)的图象关于(2，2)对称，故D正确；函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，值域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，故A正确，B错误；函数f(x)在(－∞，2)和(2，＋∞)上单调递减，故C错误．故选AD.
8．已知函数f(x)＝－x2＋2x＋1的定义域为(－2，3)，则函数f(|x|)的单调递增区间是( BC )
A．(－∞，－1) B．(－3，－1)
C．(0，1) D．(1，3)
解析：因为函数f(x)＝－x2＋2x＋1的定义域为(－2，3)，图象的对称轴为直线x＝1，开口向下，所以函数f(|x|)满足－2<|x|<3，所以－3三、填空题
9．已知f(x)＝lga(3－ax)在[0，2]上是严格减函数，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) ．
解析：已知f(x)＝lga(3－ax)在[0，2]上是严格减函数，由a>0，知函数t＝3－ax在[0，2]上是严格减函数，所以函数y＝lgat在定义域内是严格增函数，则有a>1，又函数t＝3－ax在[0，2]上最小值3－2a>0，解得a< eq \f(3,2) ，所以实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) .
10．(2023·广东深圳模拟)函数y＝ eq \f(\r(x2＋4),x2＋5) 的最大值为 eq \f(2,5) ．
解析：令 eq \r(x2＋4) ＝t，则t≥2，∴x2＝t2－4，∴y＝ eq \f(t,t2＋1) ＝ eq \f(1,t＋\f(1,t)) ，设h(t)＝t＋ eq \f(1,t) ，则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，∴h(t)min＝h(2)＝ eq \f(5,2) ，∴y≤ eq \f(1,\f(5,2)) ＝ eq \f(2,5) (x＝0时取等号).即y的最大值为 eq \f(2,5) .
11．设函数f(x)＝ eq \f(2x,x－2) 在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则 eq \f(m2,M) ＝ eq \f(8,3) ．
解析：f(x)＝ eq \f(2x,x－2) ＝ eq \f(2x－4＋4,x－2) ＝2＋ eq \f(4,x－2) 在[3，4]上单调递减，∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，∴M＝6，m＝4，∴ eq \f(m2,M) ＝ eq \f(16,6) ＝ eq \f(8,3) .
12．函数f(x)＝|x－2|(x＋1)的单调增区间是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) 和[2，＋∞)．
解析：当x≥2时，f(x)＝(x－2)(x＋1)＝x2－x－2，此时f(x)的图象开口向上，对称轴为直线x＝ eq \f(1,2) ，因为x≥2，所以在[2，＋∞)上单调递增；当x<2时，f(x)＝(2－x)(x＋1)＝－x2＋x＋2，此时f(x)的图象开口向下，对称轴为直线x＝ eq \f(1,2) ，因为x<2，所以在(－∞， eq \f(1,2) ]上单调递增．
四、解答题
13．已知函数f(x)＝ eq \f(x＋2,x) .
(1)写出函数f(x)的定义域和值域；
(2)用定义法证明函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值．
解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，
又f(x)＝1＋ eq \f(2,x) ，
所以值域为{y|y≠1}．
(2)证明：由题意可任取x1，x2，且0又0所以x1x2>0，x2－x1>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数．
当x∈[2，8]时，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝ eq \f(5,4) .
14．讨论函数f(x)＝ eq \f(ax,x－1) (a≠0)在区间(－1，1)上的单调性．
解：方法一(定义法)：x1，x2∈(－1，1)，且x1由于－10，x1－1<0，x2－1<0，
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在区间(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)方法二(导数法)：f′(x)＝
eq \f(（ax）′（x－1）－ax（x－1）′,（x－1）2) ＝
eq \f(a（x－1）－ax,（x－1）2) ＝－ eq \f(a,（x－1）2) .
当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(－1，1)上单调递增．
一、单项选择题
1．(2023·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( C )
A．f(x)＝－ln x B．f(x)＝ eq \f(1,2x)
C．f(x)＝－ eq \f(1,x) D．f(x)＝3|x－1|
解析：对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝ eq \f(1,x) 在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝ eq \f(1,2x) 在(0，＋∞)上单调递减，故B错误；对于C，因为y＝ eq \f(1,x) 在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ eq \f(1,x) 在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝3 eq \s\up12( eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－1)) )＝3 eq \s\up9(\f(1,2)) ＝ eq \r(3) ，f(1)＝3|1－1|＝30＝1，f(2)＝3|2－1|＝3，显然f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不单调，D错误．故选C.
2．关于函数f(x)＝lg eq \s\d15(\f(1,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,3))) 的单调性的说法正确的是( D )
A．在R上是增函数
B．在R上是减函数
C．在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)) 上是增函数
D．在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)) 上是减函数
解析：由函数f(x)的解析式知定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)) ，设t＝2x－ eq \f(1,3) (t>0)，t＝2x－ eq \f(1,3) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)) 上是增函数，y＝
lg eq \s\d15(\f(1,2)) t在(0，＋∞)上是减函数，由复合函数的单调性可知f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)) 上是减函数，故选D.
3．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝e－(x－1)2.记a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) ，b＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2))) ，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2))) ，则( A )
A．b>c>a B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
解析：令g(x)＝－(x－1)2，则g(x)的图象开口向下，对称轴为直线x＝1，因为 eq \f(\r(6),2) －1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2))) ＝ eq \f(\r(6)＋\r(3),2) － eq \f(4,2) ，而( eq \r(6) ＋ eq \r(3) )2－42＝9＋6 eq \r(2) －16＝6 eq \r(2) －7>0，所以 eq \f(\r(6),2) －1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2))) ＝ eq \f(\r(6)＋\r(3),2) － eq \f(4,2) >0，即 eq \f(\r(6),2) －1>1－ eq \f(\r(3),2) .由二次函数性质知g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2))) g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) ，综上，g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) c>a.故选A.
4．(2024·广东梅州高三月考)定义在R上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，且f(2)＝0，则满足(x－1)f(x)>0的x的取值范围是( C )
A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
B．(－2，－1)∪(2，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(1，2)
D．(－2，－1)∪(1，2)
解析：因为f(x)在[0，＋∞)上单调递减，且f(2)＝0，所以，当0≤x<2时，f(x)>0；当x>2时，f(x)<0.又因为f(x)为定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递增，且f(－2)＝0，所以，当－20；当x<－2时，f(x)<0.综上所述，当－20；当x<－2或x>2时，f(x)<0.由(x－1)f(x)>0可得， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1>0，,f（x）>0)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1<0，,f（x）<0.)) 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1>0，,f（x）>0)) 可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>1，,－22，)) 解得x<－2.所以满足(x－1)f(x)>0的x的取值范围是(－∞，－2)∪(1，2).故选C.
5．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是( D )
A．y＝ eq \f(1,f（x）) 在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝－ eq \f(1,f（x）) 在R上为增函数
D．y＝－f(x)在R上为减函数
解析：A错误，如f(x)＝x3，则y＝ eq \f(1,f（x）) 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上不单调；B错误，如f(x)＝x3，则y＝|f(x)|在R上不单调；C错误，如f(x)＝x3，则y＝－ eq \f(1,f（x）) 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在定义域上不单调．故选D.
6．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3，1)是其图象上的两点，那么|f(x＋1)|<1的解集为( A )
A．(－1，2)
B．(1，4)
C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)
D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
解析：由题意可得，f(0)＝－1，f(3)＝1，因为函数f(x)是R上的增函数，所以由|f(x＋1)|<1得－1二、多项选择题
7．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x>0时，f(x)>0，且满足f(2)＝1，则下列说法正确的是( AB )
A．f(x)为奇函数
B．f(－2)＝－1
C．不等式f(2x)－f(x－3)>－2的解集为(－5，＋∞)
D．f(－2 024)＋f(－2 023)＋…＋f(0)＋…＋f(2 023)＋f(2 024)＝2 024
解析：对于A，令x＝y＝0，可得f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0，令y＝－x，得到f(－x)＋f(x)＝f(0)＝0，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，故A正确；对于B，因为f(x)为奇函数，所以f(－2)＝－f(2)＝－1，故B正确；对于C，设x1>x2，x＝x1，y＝x2，可得f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)，又因为x1>x2，所以x1－x2>0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在R上单调递增，因为f(－2)＝－1，所以f(－4)＝f(－2－2)＝2f(－2)＝－2，由f(2x)－f(x－3)>－2，可得f(2x)>f(x－3)＋f(－4)，所以f(2x)>f(x－3－4)＝f(x－7)，所以2x>x－7，得到x>－7，所以f(2x)－f(x－3)>－2的解集为(－7，－∞)，故C错误；对于D，因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＋f(x)＝0，所以f(－2 024)＋f(2 024)＝f(－2 023)＋f(2 023)＝…＝f(－1)＋f(1)＝0，又f(0)＝0，故f(－2 024)＋f(－2 023)＋…＋f(0)＋…＋f(2 023)＋f(2 024)＝0，故D错误．故选AB.
8．(新定义问题)如果函数y＝f(x)在区间I上是减函数，且函数y＝ eq \f(f（x）,x) 在区间I上是增函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“可变函数”，区间I叫做“可变区间”．若函数f(x)＝x2－4x＋2是区间I上的“可变函数”，则“可变区间”I为( AB )
A．(－∞，－ eq \r(2) ] B．[ eq \r(2) ，2]
C．(0， eq \r(2) ] D．[1， eq \r(3) ]
解析：因为f(x)＝x2－4x＋2的单调递减区间为(－∞，2]，y＝ eq \f(f（x）,x) ＝x＋ eq \f(2,x) －4在[ eq \r(2) ，＋∞)和(－∞，－ eq \r(2) ]上为增函数，所以f(x)＝x2－4x＋2的“可变区间”I为[ eq \r(2) ，2]和(－∞，－ eq \r(2) ].故选AB.
三、填空题
9．函数y＝ eq \f(1,x2－ax－a) 在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2))) 上单调递增，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))) ．
解析：∵y＝ eq \f(1,x2－ax－a) 在[－2，－ eq \f(1,2) ]上单调递增，∴f(x)＝x2－ax－a在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2))) 上单调递减，则－ eq \f(1,2) ≤ eq \f(a,2) ，即a≥－1，同时需满足f(－2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) >0，即 eq \f(1,4) (a＋4)(2a－1)<0，解得－410．若f(x)＝ eq \f(2x2,x＋1) ，则函数在x∈[0，1]上的值域是[0，1]．
解析：f(x)＝ eq \f(2x2,x＋1) ＝ eq \f(2（x＋1）2－4（x＋1）＋2,x＋1) ＝2(x＋1)＋ eq \f(2,x＋1) －4，任取x1，x2∈[0，1]，且x111．已知函数f(x)＝ax2－(a－2)x＋1(a>0且a≠1)在区间(－ eq \f(3,5) ，2)上单调递减，则实数a的取值范围是0解析：由题意可知f(x)＝ax2－(a－2)x＋1(a>0且a≠1)可看作由函数y＝au，u＝x2－(a－2)x＋1复合而成，当a>1时，y＝au为R上的增函数，若函数f(x)＝ax2－(a－2)x＋1(a>0且a≠1)在区间(－ eq \f(3,5) ，2)上单调递减，需满足u＝x2－(a－2)x＋1在(－ eq \f(3,5) ，2)上单调递减，即 eq \f(a－2,2) ≥2，∴a≥6；当00且a≠1)在区间(－ eq \f(3,5) ，2)上单调递减，需满足u＝x2－(a－2)x＋1在(－ eq \f(3,5) ，2)上单调递增，即 eq \f(a－2,2) ≤－ eq \f(3,5) ，∴a≤ eq \f(4,5) ，则012．(新定义问题)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a>b.)) 设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝lg2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是1．
解析：在同一平面直角坐标系中，作出函数f(x)，g(x) 的图象，依题意，h(x) 的图象如图所示．易知点A(2，1) 为图象的最高点，因此h(x) 的最大值为h(2)＝1 .
四、解答题
13．(教材回归)某地区上年度电价为0.8元/(kW·h)，年用电量为a kW·h，本年度计划将电价下降到0.55元/(kW·h)至0.75元/(kW·h)之间，而用户期望电价为0.4元/( kW·h)，经测算，下调电价后新增用电量和实际电价与用户的期望电价的差成反比(比例系数为k)，该地区的电力成本价为0.3元/(kW·h).
(1)写出本年度电价下调后电力部门的收益y(单位：元)关于实际电价x(单位：元/(kW·h))的函数解析式；[收益＝实际电量×(实际电价－成本价)]
(2)设k＝0.2a，当电价最低定为多少时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%?
解：(1)依题意知用电量增至( eq \f(k,x－0.4) ＋a)kW·h，则电力部门的收益为y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,x－0.4)＋a)) (x－0.3)(0.55≤x≤0.75).
(2)依题意有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.2a,x－0.4)＋a))（x－0.3）≥a（0.8－0.3）（1＋20%），,0.55≤x≤0.75，))
整理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－1.1x＋0.3≥0，,0.55≤x≤0.75，))
解得0.6≤x≤0.75，
∴当电价最低定为0.6元/(kW·h)时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%.
14．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1；②当x>0时，f(x)>－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数；
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.
解：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.
证明：在R上任取x1，x2，且x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.
又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，
所以函数f(x)在R上是单调增函数．
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4，
得f(x2＋2x)＋f(1－x)＋1>5，即f(x2＋x＋1)>f(3)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，解得x<－2或x>1，
故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．
考点练8 函数的奇偶性、对称性与周期性 对应学生用书015页
一、单项选择题
1．函数f(x)＝ eq \f(9x＋1,3x) 的图象( B )
A．关于x轴对称
B．关于y轴对称
C．关于坐标原点对称
D．关于直线y＝x对称
解析：f(x)＝ eq \f(32x＋1,3x) ＝3x＋3－x，f(－x)＝3－x＋3x，∴f(－x)＝f(x)，故f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称．故选B.
2．(2023·新课标Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)ln eq \f(2x－1,2x＋1) 为偶函数，则a＝( B )
A．－1 B．0
C． eq \f(1,2) D．1
解析：因为f(x) 为偶函数，则 f(1)＝f(－1)，所以(1＋a)ln eq \f(1,3) ＝(－1＋a)ln 3，解得a＝0，当a＝0时，f(x)＝x ln eq \f(2x－1,2x＋1) ，(2x－1)(2x＋1)>0，解得x> eq \f(1,2) 或x<－ eq \f(1,2) ，则其定义域为{x|x> eq \f(1,2) 或x<－ eq \f(1,2) }，关于原点对称．f(－x)＝(－x)ln eq \f(2（－x）－1,2（－x）＋1) ＝(－x)ln eq \f(2x＋1,2x－1) ＝(－x)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,2x＋1))) eq \s\up12(－1) ＝x ln eq \f(2x－1,2x＋1) ＝f(x)，故此时f(x)为偶函数．故选B.
3．(教材改编)设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－1，则当x<0时，f(x)＝( D )
A．e－x－1 B．e－x＋1
C．－e－x－1 D．－e－x＋1
解析：当x<0时，－x>0，∵当x≥0时，f(x)＝ex－1，∴f(－x)＝e－x－1.又∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.故选D.
4．已知函数f(x)对任意x∈R，都有f(x＋2π)＝f(x)，当x∈(0，π)时，f(x)＝2sin eq \f(x,2) ，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(19π,3))) ＝( C )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(\r(3),2)
C．1 D． eq \r(3)
解析：因为f(x＋2π)＝f(x)，所以f(x)的周期为2π.所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(19π,3))) ＝f(6π＋ eq \f(π,3) )＝f(2π×3＋ eq \f(π,3) )＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ，又因为当x∈(0，π)时，f(x)＝2sin eq \f(x,2) ，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) ＝2sin eq \f(π,6) ＝1.故选C.
5．(2023·湖南长沙模拟)已知函数f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，且f(x)－g(x)＝ex，则 eq \f(f（1）,g（1）) ＝( C )
A． eq \f(e2＋1,e) B． eq \f(e2－1,2e)
C． eq \f(1－e2,1＋e2) D． eq \f(1＋e2,1－e2)
解析：因为函数f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，且f(x)－g(x)＝ex，则f(－1)－g(－1)＝ eq \f(1,e) ，即－f(1)－g(1)＝ eq \f(1,e) ，而f(1)－g(1)＝e，联立解得f(1)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－\f(1,e))) ＝ eq \f(e2－1,2e) ，g(1)＝－ eq \f(1,2) e＋ eq \f(1,e) ＝－ eq \f(e2＋1,2e) ，所以 eq \f(f（1）,g（1）) ＝ eq \f(1－e2,1＋e2) .
6．(2023·江苏南通高三月考)定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，有( B )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) 解析：定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(1－x)＝f(1＋x)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ，因为当x≥1时，f(x)＝3x－1为单调递增函数，定义在R上的函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以当x<1时，f(x)单调递减，因为 eq \f(1,3) < eq \f(1,2) < eq \f(2,3) ，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) 二、多项选择题
7．已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是( BD )
A．y＝f(|x|) B．y＝f(－x)
C．y＝xf(x) D．y＝f(x)＋x
解析：由奇函数的定义f(－x)＝－f(x)验证，对于A，f(|－x|)＝f(|x|)，为偶函数；对于B，f[－(－x)]＝f(x)＝－f(－x)，为奇函数；对于C，－xf(－x)＝－x·[－f(x)]＝xf(x)，为偶函数；对于D，f(－x)＋(－x)＝－[f(x)＋x]，为奇函数．可知B、D正确．故选BD.
8．已知偶函数f(x)满足f(x)＋f(2－x)＝0，下列说法正确的是( BC )
A．函数f(x)是以2为周期的周期函数
B．函数f(x)是以4为周期的周期函数
C．函数f(x＋2)为偶函数
D．函数f(x－3)为偶函数
解析：依题意f(x)是偶函数，且f(x)＋f(2－x)＝0，f(x)＝－f(2－x)＝－f(x－2)，A错误；f(x)＝－f(x－2)＝－[－f(x－2－2)]＝f(x－4)，B正确；f(x＋2)＝f(x－2＋4)＝f(x－2)＝f(－(x－2))＝f(－x＋2)，所以函数f(x＋2)为偶函数，C正确；若f(x－3)是偶函数，则f(x－3)＝f(－x－3)＝f(x＋3)，则函数f(x)是周期为6的周期函数，这与上述分析矛盾，所以f(x－3)不是偶函数，D错误．故选BC.
三、填空题
9．(2023·全国甲卷)若f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin (x＋ eq \f(π,2) )为偶函数，则a＝2．
解析：因为y＝f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin (x＋ eq \f(π,2) )＝(x－1)2＋ax＋cs x为偶函数，定义域为R，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2))) ，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－1)) eq \s\up12(2) － eq \f(π,2) a＋cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－1)) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(π,2) a＋cs eq \f(π,2) ，则πa＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1)) eq \s\up12(2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－1)) eq \s\up12(2) ＝2π，故a＝2，此时f(x)＝(x－1)2＋2x＋cs x＝x2＋1＋cs x，所以f(－x)＝(－x)2＋1＋cs (－x)＝x2＋1＋cs x＝f(x)，又定义域为R，故f(x)为偶函数，所以a＝2.
10．已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)为奇函数，其图象关于直线x＝2对称．当x∈[0，4]时，f(x)＝x2－4x，则f(2 022)＝4．
解析：∵f(x)的图象关于直线x＝2对称，∴f(－x)＝f(x＋4)，又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，故f(x＋4)＝－f(x)，∴T＝8，又∵2 022＝252×8＋6，∴f(2 022)＝f(6)＝f(－2)＝－f(2)＝－(4－8)＝4.
11．(开放性问题)某函数f(x)的图象关于y轴对称，且在(0，3)上递减，在(3，＋∞)上递增，则此函数可以是y＝|x2－9|(答案不唯一)．(写出一个满足条件的函数解析式即可)
解析：由函数f(x)的图象关于y轴对称，则函数是偶函数，又在(0，3)上递减，在(3，＋∞)上递增，则此函数可以是y＝|x2－9|.
12．设定义在R上的函数f(x)满足f(x＋3)＝f(x)，且当x∈[0，3)时，f(x)＝2x－x2＋1，则f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 024)＝2 700．
解析：∵f(x＋3)＝f(x)，∴T＝3，又x∈[0，3)时，f(x)＝2x－x2＋1，∴f(0)＝1，f(1)＝2，f(2)＝1，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＝1＋2＋1＝4，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 024)＝675×4＝2 700.
四、解答题
13．已知函数y＝f(x)在定义域[－1，1]上既是奇函数又是减函数．
(1)求证：对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0；
(2)若f(1－a)＋f(1－a2)＜0，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：若x1＋x2＝0，显然不等式成立．
若x1＋x2＜0，则－1≤x1＜－x2≤1，因为f(x)在[－1，1]上是减函数且为奇函数，所以f(x1)＞f(－x2)＝－f(x2)，所以f(x1)＋f(x2)＞0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
若x1＋x2＞0，则1≥x1＞－x2≥－1，
同理可证f(x1)＋f(x2)＜0.所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
综上得证，对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0恒成立.
(2)因为f(1－a)＋f(1－a2)＜0f(1－a2)＜－f(1－a)＝f(a－1)，所以由f(x)在定义域[－1，1]上是减函数，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤1－a2≤1，,－1≤a－1≤1，,1－a2＞a－1，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤a2≤2，,0≤a≤2，,a2＋a－2＜0，)) 解得0≤a＜1.故所求实数a的取值范围是[0，1).
14．设f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意实数x，恒有f(x＋2)＝－f(x).当x∈[0，2]时，f(x)＝2x－x2.
(1)求证：f(x)是周期函数；
(2)当x∈[2，4]时，求f(x)的解析式．
解：(1)证明：∵f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x).∴f(x)是周期为4的周期函数．
(2)∵x∈[2，4]，∴－x∈[－4，－2]，∴4－x∈[0，2]，∴f(4－x)＝2(4－x)－(4－x)2＝－x2＋6x－8.
∵f(4－x)＝f(－x)＝－f(x)，
∴－f(x)＝－x2＋6x－8，即当x∈[2，4]时，f(x)＝x2－6x＋8.
一、单项选择题
1．设函数f(x)＝ eq \f(x,x＋1) ，则下列函数中为奇函数的是( A )
A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1
C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1
解析：因为f(x)＝ eq \f(x,x＋1) ＝ eq \f(x＋1－1,x＋1) ＝1－ eq \f(1,x＋1) ，所以f(x)＋f(－2－x)＝1－ eq \f(1,x＋1) ＋1－ eq \f(1,－2－x＋1) ＝2，所以函数f(x)图象的对称中心为(－1，1)，将函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，再将所得图象向下平移1个单位长度，可得到奇函数的图象，即函数f(x－1)－1为奇函数．故选A.
2．(数学文化)中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美．给出定义：能够将以坐标原点O为圆心的圆的周长和面积同时平分的函数称为此圆的“优美函数”，则下列函数中一定是“优美函数”的为( C )
A．y＝x2－2x B．y＝cs x
C．y＝sin x D．y＝x－ eq \f(1,x)
解析：根据“优美函数”的定义可知，“优美函数”的图象过坐标原点，图象关于坐标原点对称，是奇函数，对于A，y＝x2－2x不是奇函数，A错误；对于B，y＝cs x不是奇函数，B错误；对于C，y＝sin x的定义域为R，且是奇函数，C正确；对于D，y＝x－ eq \f(1,x) 的定义域为{x|x≠0}，所以图象不经过坐标原点，D错误．故选C.
3．设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2))) ＝( D )
A．－ eq \f(9,4) B．－ eq \f(3,2)
C． eq \f(7,4) D． eq \f(5,2)
解析：由于f(x＋1)为奇函数，所以函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，即有f(x)＋f(2－x)＝0，所以f(1)＋f(2－1)＝0，得f(1)＝0，即a＋b＝0①.由于f(x＋2)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，即有f(x)－f(4－x)＝0，所以f(0)＋f(3)＝－f(2)＋f(1)＝－4a－b＋a＋b＝－3a＝6②.根据①②可得a＝－2，b＝2，所以当x∈[1，2]时，f(x)＝－2x2＋2.根据函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且关于点(1，0)对称，可得函数f(x)的周期为4，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(2) －2＝ eq \f(5,2) .故选D.
4．函数f(x)＝ eq \f(x,x＋1) ＋ eq \f(x＋1,x＋2) ＋ eq \f(x＋2,x＋3) 的图象的对称中心为( B )
A．(－4，6) B．(－2，3)
C．(－4，3) D．(－2，6)
解析：设g(x)＝－ eq \f(1,x－1) － eq \f(1,x) － eq \f(1,x＋1) ，则g(－x)＝－ eq \f(1,－x－1) － eq \f(1,－x) － eq \f(1,－x＋1) ＝ eq \f(1,x－1) ＋ eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,x＋1) ＝－g(x)，故g(x)为奇函数．易知f(x)＝3－( eq \f(1,x＋1) ＋ eq \f(1,x＋2) ＋ eq \f(1,x＋3) )＝g(x＋2)＋3，所以函数f(x)的图象的对称中心为(－2，3).故选B.
5．已知函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，对任意实数x，f(2－x)＝f(x)恒成立，且当x∈[－1，0]时，f(x)＝lg2(－x＋1)＋1，则f(2 025)＝( B )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：因为函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)的图象关于y轴对称，所以f(x)为偶函数，又f(2－x)＝f(x)，所以f(x－2)＝f(x)，所以f(x)是周期为2的周期函数，所以f(2 025)＝f(1)＝f(－1)＝lg2[－(－1)＋1]＋1＝2.故选B.
6．(2024·河南洛阳高三期中)已知函数f(x)(x∈R)满足f(x＋2)是偶函数，若函数y＝|x2－4x－5|与函数y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，则横坐标之和x1＋x2＋…＋xn＝( B )
A．4n B．2n
C．n D．2
解析：由f(x＋2)是偶函数，知函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，函数y＝|x2－4x－5|＝|(x－2)2－1|，其图象也关于直线x＝2对称，所以函数y＝|x2－4x－5|与函数y＝f(x)图象的交点也关于直线x＝2对称，当n为偶数时，其和为4× eq \f(n,2) ＝2n；当n为奇数时，其和为4× eq \f(n－1,2) ＋2＝2n.故选B.
二、多项选择题
7．(2023·浙江温州高三校联考期末)f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(2x＋2)＝－f(2x)，当0≤x≤1时，f(x)＝
2x－1，则下列选项正确的是( AB )
A．4是函数f(x)的一个周期
B．直线x＝1是函数f(x)图象的一条对称轴
C．函数f(x＋2)是偶函数
D． eq \i\su(k＝1,2 023,[) (k＋1)f(k)]＝－2 024
解析：对于A，因为f(2x＋2)＝－f(2x)，即f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，所以f(x＋4)＝f(x)，因此，4是函数f(x)的一个周期，A正确；对于B，因为f(x＋2)＝－f(x)，且f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x＋2)＝－f(x)＝f(－x)，可得f(x＋1)＝f(1－x)，所以直线x＝1是函数f(x)图象的一条对称轴，B正确；对于C，因为f(x＋4)＝f(x)，且f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x＋4)＝f(x)＝－f(－x)，可得f(x＋2)＝－f(－x＋2)，所以函数f(x＋2)是奇函数，C错误；对于D，当0≤x≤1时，f(x)＝2x－1，则f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－1，所以 eq \i\su(k＝1,2023, )[(k＋1)f(k)]＝2f(1)＋3f(2)＋4f(3)＋5f(4)＋…＋2 024f(2 023)＝2f(1)＋4f(3)＋6f(5)＋…＋2 024f(2 023)＝2－4＋6－8＋…＋2 022－2 024＝－2× eq \f(1 012,2) ＝－1 012，D错误．故选AB.
8．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则( ABC )
A．f(0)＝0
B．f(1)＝0
C．f(x)是偶函数
D．x＝0为f(x)的极小值点
解析：方法一：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．故选ABC.
方法二：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到 eq \f(f（xy）,x2y2) ＝ eq \f(f（x）,x2) ＋ eq \f(f（y）,y2) ，故可以设 eq \f(f（x）,x2) ＝ln |x|(x≠0)，则f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2ln |x|，x≠0，,0，x＝0，)) 当x>0时，f(x)＝x2ln x，则f′(x)＝2x ln x＋x2· eq \f(1,x) ＝x(2ln x＋1)，令f′(x)<0，得00，得x>e－ eq \f(1,2) ；故f(x)在(0，e－ eq \f(1,2) )上单调递减，在(e－ eq \f(1,2) ，＋∞)上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－e－ eq \f(1,2) ，0)上单调递增，在(－∞，－e－ eq \f(1,2) )上单调递减，大致图象如图所示．
显然，此时x＝0是f(x)的极大值，故D错误．故选ABC.
三、填空题
9．(2023·山东临沂二模)已知函数f(x)＝x＋ eq \f(mx,ex－1) 是偶函数，则m＝2．
解析：由ex－1≠0得f(x)＝x＋ eq \f(mx,ex－1) 的定义域为{x|x≠0}，则∵f(x)＝x＋ eq \f(mx,ex－1) 是偶函数，故f(－1)＝f(1)，即－1＋ eq \f(－m,e－1－1) ＝1＋ eq \f(m,e－1) ，解得m＝2.此时f(x)＝x＋ eq \f(2x,ex－1) ＝ eq \f(x（ex＋1）,ex－1) ，而f(－x)＝ eq \f(－x（e－x＋1）,e－x－1) ＝f(x)，故f(x)确为偶函数，故m＝2.
10．已知函数f(x)＝2x＋a·2－x的图象关于原点对称，若f(2x－1)> eq \f(3,2) ，则x的取值范围为x>1．
解析：定义在R上的函数f(x)＝2x＋a·2－x的图象关于原点对称，则f(0)＝20＋a·20＝0，解得a＝－1，经检验符合题意．因为y＝2x，y＝－2－x均为R上的增函数，则f(x)＝2x－2－x为R上的增函数，又f(1)＝21－2－1＝ eq \f(3,2) ，则不等式f(2x－1)> eq \f(3,2) 等价于2x－1>1，解得x>1.
11．已知函数f(x)对任意实数x满足f(－x)＋f(x)＝2，若函数y＝f(x)的图象与y＝x＋1有三个交点(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，则y1＋y2＋y3＝3．
解析：∵f(－x)＋f(x)＝2，则f(x)的图象关于点(0，1)对称，又直线y＝x＋1也关于点(0，1)对称，因为y＝f(x)与y＝x＋1有三个交点，则(0，1)是一个交点，另两个交点关于(0，1)对称，则y1＋y2＋y3＝2＋1＝3.
12．(新定义问题)若函数f(x)同时满足：(1)对于定义域上的任意x，恒有f(x)＋f(－x)＝0；(2)对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2，恒有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0，则称函数f(x)为“理想函数”，下列①f(x)＝ eq \f(1,x) ，②f(x)＝ln eq \r(1＋x2＋x) ，③f(x)＝ eq \f(2x－1,2x＋1) ，④f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2，x≥0，,x2，x<0)) 四个函数中，能被称为“理想函数”的有④．(填出函数序号)
解析：若f(x)是“理想函数”，则满足以下两个条件：(1)对于定义域上的任意x，恒有f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)，则函数f(x)是奇函数；(2)对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0，即(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，∴x1f(x2)，或x1>x2时，f(x1)①f(x)＝ eq \f(1,x) 是在定义域为{x|x≠0}上的奇函数，但不是减函数，所以f(x)不是“理想函数”；
②f(x)＝ln eq \r(1＋x2＋x) ＝
ln eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)) ，定义域为x∈R，
当x≥－ eq \f(1,2) 时，f(x)＝ln eq \r(1＋x2＋x) 单调递增，所以f(x)不是“理想函数”；
③f(x)＝ eq \f(2x－1,2x＋1) ＝1－ eq \f(2,2x＋1) 是在定义域R上的增函数，所以f(x)不是“理想函数”；
④如图，f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2，x≥0，,x2，x<0)) 在定义域R上既是奇函数，又是减函数，所以f(x)是“理想函数”．
四、解答题
13．设a∈R，函数f(x)＝ eq \f(2x＋a,2x＋1) .
(1)若f(x)为奇函数，求a的值；
(2)若f(x)< eq \f(a＋3,2) 对任意x∈R成立，求a的取值范围．
解：(1)因为f(x)为奇函数，所以f(0)＝0，可得a＝－1，
因为f(－x)＝ eq \f(2－x－1,2－x＋1) ＝ eq \f(1－2x,2x＋1) ＝－f(x)，所以当a＝－1时，f(x)为奇函数，所以a＝－1.
(2)f(x)< eq \f(a＋3,2) a－3<(a＋1)2x，当a>－1时， eq \f(a－3,a＋1) <2x恒成立，因为2x>0，所以 eq \f(a－3,a＋1) ≤0，所以－1当a＝－1时， －4<0恒成立，所以a＝－1，
当a<－1时， eq \f(a－3,a＋1) >2x恒成立，因为2x∈(0，＋∞)，显然不满足题意．综上所述，－1≤a≤3.
14．(新定义问题)(2024·湖北恩施高三校考期末)我们知道，函数y＝f(x)的图象关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数y＝f(x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数y＝f(x)的图象关于点P(a，b)成中心对称的充要条件是函数y＝f(x＋a)－b为奇函数．
(1)若f(x)＝x3－3x2.
①求此函数图象的对称中心；
②求f(－2 021)＋f(－2 022)＋f(2 023)＋f(2 024)的值；
(2)类比上述推广结论，写出“函数y＝f(x)的图象关于y轴成轴对称的充要条件是函数y＝f(x)为偶函数”的一个推广结论．
解：(1)①设函数f(x)＝x3－3x2图象的对称中心为P(a，b)，g(x)＝f(x＋a)－b，
则g(x)为奇函数，故g(－x)＝－g(x)，故f(－x＋a)－b＝－f(x＋a)＋b，
即f(－x＋a)＋f(x＋a)＝2b，即[(－x＋a)3－3(－x＋a)2]＋[(x＋a)3－3(x＋a)2]＝2b.
整理得(3a－3)x2＋a3－3a2－b＝0，故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a－3＝0，,a3－3a2－b＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－2，))
所以函数f(x)＝x3－3x2图象的对称中心为(1，－2).
②因为函数f(x)＝x3－3x2图象的对称中心为(1，－2)，所以，f(－x＋1)＋f(x＋1)＝－4，
故f(－2 021)＋f(－2 022)＋f(2 023)＋f(2 024)＝[f(－2 021)＋f(2 023)]＋[f(－2 022)＋f(2 024)]＝[f(－2 022＋1)＋f(2 022＋1)]＋[f(－2 023＋1)＋f(2 023＋1)]＝－4×2＝－8.
(2)推论：函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a成轴对称的充要条件是函数y＝f(x＋a)为偶函数．
考点练9 二次函数与幂函数 对应学生用书017页
一、单项选择题
1．关于函数y＝－x2＋2x，以下表达错误的是( C )
A．函数的最大值是1
B．函数图象的对称轴是直线x＝1
C．函数的单调递减区间是[－1，＋∞)
D．函数图象过点(2，0)
解析：y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，最大值是1，A正确；对称轴是直线x＝1，B正确；单调递减区间是[1，＋∞)，故C错误；令x＝2得y＝－22＋2×2＝0，故(2，0)在函数图象上，故D正确．故选C.
2．(教材改编)已知幂函数f(x)＝k·xα的图象过点( eq \f(1,2) ， eq \f(\r(2),2) )，则k＋α＝( C )
A． eq \f(1,2) B．1
C． eq \f(3,2) D．2
解析：由题意得k＝1，又函数f(x) 的图象过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2))) ，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(α) ＝ eq \f(\r(2),2) ，解得α＝ eq \f(1,2) ，则k＋α＝ eq \f(3,2) .故选C.
3．(2023·天津卷)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为( D )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>b>c D．b>a>c
解析：由y＝1.01x在R上递增，则a＝1.010.5c＝所以b>a>c.故选D.
4．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，其中a>0，f(0)<0，a＋b＋c＝0，则( B )
A．x∈(0，1)，都有f(x)>0
B．x∈(0，1)，都有f(x)<0
C．x0∈(0，1)，使得f(x0)＝0
D．x0∈(0，1)，使得f(x0)>0
解析：如图，
由a>0，f(0)<0，a＋b＋c＝0可知a>0，c<0，抛物线开口向上．因为f(0)＝c<0，f(1)＝a＋b＋c＝0，即1是方程ax2＋bx＋c＝0的一个根，所以x∈(0，1)，都有f(x)<0，B正确，A，C，D错误．故选B.
5．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，满足f(3＋x)＝f(3－x)，且f(4)A．(0，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(－4，0) D．(2，4)
解析：依题意有二次函数的图象开口向上，且关于直线x＝3对称，则有f(x)＝a(x－3)2＋m，a>0，f(1－x)＝a(x＋2)2＋m，a>0，f(1－x)0，(x＋2)2<4，解得－46．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)，x≥2，,（x－1）3，x<2，)) 若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围为( A )
A．(0，1) B．(－∞，1)
C．(0，1] D．(0，＋∞)
解析：当x<2时，函数f(x)＝(x－1)3是增函数，函数值集合是(－∞，1)，当x≥2时，f(x)＝ eq \f(2,x) 是减函数，函数值集合是(0，1]，关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，即函数y＝f(x)的图象与直线y＝k有两个交点，在坐标系内作出直线y＝k和函数y＝f(x)的图象，如图：
观察图象知，当0二、多项选择题
7．若函数y＝x2－4x－4的定义域为[0，a)，值域为[－8，－4]，则正整数a的值可能是( BC )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：函数y＝x2－4x－4的图象如图所示，因为函数在[0，a)上的值域为[－8，－4]，结合图象可得28．已知函数f(x)＝x3＋x，实数m，n满足不等式f(2m－3n)＋f(n－2)>0，则( AC )
A．em>en B． eq \f(n,m) > eq \f(n＋1,m＋1)
C．ln (m－n)>0 D．m2 025解析：因为f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－(x3＋x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，因为f′(x)＝3x2＋1>0，所以f(x)在R上单调递增，由f(2m－3n)＋f(n－2)>0，得f(2m－3n)>－f(n－2)＝f(2－n)，所以2m－3n>2－n，即m－n>1，m>n，因为y＝ex在R上是增函数，所以em>en，故A正确；因为y＝ln x在(0，＋∞)上是增函数，所以ln (m－n)>0，故C正确；因为y＝x2 025在R上是增函数，所以m2 025>n2 025，故D错误；令m＝2，n＝0，可验证B错误．故选AC.
三、填空题
9．已知α∈ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－2，－1，\f(1,2)，1，2，3)) ，若幂函数f(x)＝xα 为奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则α＝－1．
解析：由y＝xα 为奇函数，知α 取－1，1，3 .又y＝xα 在(0，＋∞) 上单调递减，所以α<0，取α＝－1.
10．(开放性问题)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)＝x2(答案不唯一)．
①f(－x)＝f(x)；
②当x∈(0，＋∞)时，f(x)>0；
③f(x1x2)＝f(x1)·f(x2).
解析：由所给性质：f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上为恒正的偶函数，且f(x1x2)＝f(x1)·f(x2)，结合偶数次幂函数的性质，如：f(x)＝x2满足条件．
11．函数f(x)＝－3x2＋6x在区间[a，b]上的值域是[－9，3]，则b－a的取值范围是[2，4]．
解析：f(x)＝－3x2＋6x＝－3(x－1)2＋3，顶点坐标为(1，3)，因为函数的值域是[－9，3]，令－3x2＋6x＝－9，可得x＝－1或x＝3.又因为函数f(x)＝－3x2＋6x图象(如图)的对称轴为直线x＝1，且f(1)＝3，所以b－a的取值范围为[2，4].
12．已知函数f(x)＝|x2＋3x|，x∈R.若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为(0，1)∪(9，＋∞)．
解析：方法一：在同一坐标系中画f(x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x2＋3x)) 和g(x)＝a|x－1|的图象(如图1)，问题转化为f(x)与g(x)图象恰有4个交点．当y＝a(x－1)与y＝x2＋3x(或y＝－a(x－1)与y＝－x2－3x)相切时，f(x)与g(x)图象恰有3个交点．把y＝a(x－1)代入y＝x2＋3x，得x2＋3x＝a(x－1)，即x2＋(3－a)x＋a＝0，由Δ＝0，得(3－a)2－4a＝0，解得a＝1或a＝9.又当a＝0时，f(x)与g(x)仅2个交点，∴09.
方法二：显然x≠1，∴a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋3x,x－1))) .令t＝x－1，则a＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t＋\f(4,t)＋5)) .∵t＋ eq \f(4,t) ∈(－∞，－4]∪[4，＋∞)，∴t＋ eq \f(4,t) ＋5∈(－∞，1]∪[9，＋∞).结合图象(如图2)可得09.
四、解答题
13．已知幂函数f(x)＝(m2＋4m－4)xm＋1在区间(0，＋∞)上单调递增.
(1)求f(x)的解析式；
(2)用定义法证明函数g(x)＝f(x)＋ eq \f(4（m＋3）,x) 在区间(0，2)上单调递减．
解：(1)由题可知，m2＋4m－4＝1，解得m＝1或m＝－5.
若m＝1，则f(x)＝x2在区间(0，＋∞)上单调递增，符合条件；
若m＝－5，则f(x)＝x－4在区间(0，＋∞)上单调递减，不符合条件．故f(x)＝x2.
(2)证明：由(1)可知，g(x)＝x2＋ eq \f(16,x) .
任取x1，x2∈(0，2)，且x1则g(x1)－g(x2)＝x eq \\al(2,1) ＋ eq \f(16,x1) －x eq \\al(2,2) － eq \f(16,x2) ＝(x1－x2)[(x1＋x2)－ eq \f(16,x1x2) ].
因为04，
所以(x1－x2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（x1＋x2）－\f(16,x1x2))) >0，
即g(x1)>g(x2)，故g(x)在区间(0，2)上单调递减．
14．某商品每件成本价为80元，售价为100元，每天售出100件．若售价降低x成(1成＝10%)，售出商品数量就增加 eq \f(8,5) x成．要求售价不能低于成本价．
(1)设该商店一天的营业额为y元，试求y与x之间的函数关系式y＝f(x)，并写出定义域；
(2)若要求该商品一天营业额至少为10 260元，求x的取值范围．
解：(1)由题意得，y＝100(1－ eq \f(x,10) )·100 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(8,50)x)) .
因为售价不能低于成本价，所以100(1－ eq \f(x,10) )－80≥0，解得0≤x≤2.所以y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，定义域为{x|0≤x≤2}．
(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260，化简得8x2－30x＋13≤0，解得 eq \f(1,2) ≤x≤ eq \f(13,4) .又因为0≤x≤2，所以x的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) .
一、单项选择题
1．函数y＝cs2x－3csx＋2的最小值为( B )
A．2 B．0
C．－ eq \f(1,4) D．6
解析：因为y＝cs2x－3csx＋2，设t＝cs x，则y＝t2－3t＋2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,4) (－1≤t≤1)，由二次函数性质可得当t∈[－1，1]时单调递减，所以当t＝1，y＝t2－3t＋2(－1≤t≤1)取最小值，最小值为0，故当x＝2kπ，k∈Z时，函数y＝cs 2x－3cs x＋2取最小值，最小值为0.故选B.
2．如果函数f(x)＝ eq \f(1,2) (m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) 上单调递减，那么mn的最大值为( B )
A．16 B．18
C．25 D． eq \f(81,2)
解析：当m≠2时，抛物线的对称轴为直线x＝－ eq \f(n－8,m－2) .据题意，当m>2时，－ eq \f(n－8,m－2) ≥2即2m＋n≤12.
∵ eq \r(2m·n) ≤ eq \f(2m＋n,2) ≤6，∴mn≤18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.当m<2时，抛物线开口向下，据题意得，－ eq \f(n－8,m－2) ≤ eq \f(1,2) 即m＋2n≤18.∵ eq \r(2n·m) ≤ eq \f(2n＋m,2) ≤9，∴mn≤ eq \f(81,2) .由2n＝m且m＋2n＝18得m＝9>2，故应舍去．要使得mn取得最大值，应有m＋2n＝18(m<2，n>8).∴mn＝(18－2n)n<(18－2×8)×8＝16，∴最大值为18.故选B.
3．已知实数a，b满足等式a eq \s\up9(\f(1,2)) ＝b eq \s\up9(\f(1,3)) ，则下列关系式不可能成立的是( B )
A．0B．－1C．1D．a＝b
解析：画出y＝x eq \s\up9(\f(1,2)) 与y＝x eq \s\up9(\f(1,3)) 的图象(如图).设a eq \s\up9(\f(1,2)) ＝b eq \s\up9(\f(1,3)) ＝m.作直线y＝m.由图象知，若m＝0或m＝1，则a＝b；若01，则14．已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2 024－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( D )
A．a>c>b>d B．a>b>c>d
C．c>d>a>b D．c>a>b>d
解析：f(x)＝2 024－(x－a)(x－b)＝－x2＋(a＋b)x－ab＋2 024，又f(a)＝f(b)＝2 024，c，d为函数f(x)的零点，且a>b，c>d，所以可在平面直角坐标系中作出函数f(x)的大致图象，如图所示，由图可知c>a>b>d.故选D.
5．(数学文化)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数．例如：[－0.5]＝－1，[1.5]＝1.已知函数f(x)＝ eq \f(1,2) ×4x－3×2x＋4(0A． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2))) B．{－1，0，1}
C．{－1，0，1，2} D．{0，1，2}
解析：f(x)＝ eq \f(1,2) ×4x－3×2x＋4(06．函数f(x)＝(m2－m－1)xm2＋m－3是幂函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满足 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) >0，若a，b∈R，且f(a)＋f(b)的值为负值，则下列结论可能成立的是( C )
A．a＋b>0，ab<0 B．a＋b>0，ab>0
C．a＋b<0，ab<0 D．以上都可能
解析：由于函数f(x)为幂函数，故m2－m－1＝1，解得m＝－1或m＝2.当m＝－1时，f(x)＝ eq \f(1,x3) ，当m＝2时，f(x)＝x3.由于“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，满足 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) >0”，故函数在(0，＋∞)上为增函数，故f(x)＝x3.由于f(－x)＝－f(x)，故函数f(x)是单调递增的奇函数．由f(a)＋f(b)<0可知f(a)<－f(b)＝f(－b)，所以a<－b，即b<－a，所以a＋b<0.当a＝0时，b<0，ab＝0；当a>0时，b<0，ab<0；当a<0时，ab<0(00(b<0)均有可能成立．故选C.
二、多项选择题
7．已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a>0)有且只有一个零点，则( ABD )
A．a2－b2≤4
B．a2＋ eq \f(1,b) ≥4
C．若不等式x2＋ax－b<0的解集为(x1，x2)，则x1x2>0
D．若不等式x2＋ax＋b解析：因为f(x)＝x2＋ax＋b(a>0)有且只有一个零点，故可得Δ＝a2－4b＝0，即a2＝4b>0.对于A，a2－b2≤4等价于b2－4b＋4≥0，显然(b－2)2≥0，故A正确；对于B，a2＋ eq \f(1,b) ＝4b＋ eq \f(1,b) ≥2 eq \r(4b×\f(1,b)) ＝4，当且仅当4b＝ eq \f(1,b) >0，即b＝ eq \f(1,2) 时，等号成立，故B正确；对于C，因为不等式x2＋ax－b<0的解集为(x1，x2)，故x1x2＝－b<0，故C错误；对于D，因为不等式x2＋ax＋b8．已知函数f(x)＝32x－2·3x＋2，定义域为M，值域为[1，2]，则下列说法中一定正确的是( BCD )
A．M＝[0，lg32] B．M(－∞，lg32]
C．lg32∈M D．0∈M
解析：令t＝3x(t>0)，则f(x)＝32x－2·3x＋2＝t2－2t＋2＝(t－1)2＋1＝g(t)，由g(t)＝1，得t＝1，即3x＝1，得x＝0；由g(t)＝2，得t＝0(舍)或t＝2，即x＝lg32；根据g(t)的图象特征，知0∈M，lg32∈M，M(－∞，lg32].故选BCD.
三、填空题
9．若不等式x2＋ax－2>0在[1，5]上有解，则a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23,5)，＋∞)) ．
解析：对于方程x2＋ax－2＝0，∵Δ＝a2＋8>0，∴方程x2＋ax－2＝0有两个不相等的实数根，又∵两根之积为负，∴必有一正根一负根，设f(x)＝x2＋ax－2，于是不等式x2＋ax－2>0在[1，5]上有解的充要条件是f(5)>0，即5a＋23>0，解得a>－ eq \f(23,5) .故a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(23,5)，＋∞)) .
10．(新定义问题)已知二次函数f(x)＝－x2＋2x＋3，不等式f(x)≥m的解集的区间长度为6(规定：闭区间[a，b]的长度为b－a)，则实数m的值是－5．
解析：不等式f(x)≥m可化为x2－2x－3＋m≤0，令x2－2x－3＋m≤0的解集为{x|x1≤x≤x2}，则x2－x1＝6，
∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2，,x1·x2＝m－3，)) 又∵(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝36，∴4－4(m－3)＝36，即m＝－5.
11．M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，\f(3,2))) 是幂函数f(x)＝xα图象上的点，将f(x)的图象向右平移2个单位长度，向上平移 eq \f(3,2) 个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，若点Tn(n，m)(n∈N*，且n≥2)在g(x)的图象上，则|MT2|＋|MT3|＋…＋|MT9|＝30．
解析：由 eq \f(3,2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4))) eq \s\up12(α) ，得α＝ eq \f(1,2) ，f(x)＝x eq \s\up9(\f(1,2)) ，g(x)＝(x－2) eq \s\up9(\f(1,2)) ＋ eq \f(3,2) .因为点Tn(n，m)在g(x)的图象上，所以m－ eq \f(3,2) ＝(n－2) eq \s\up9(\f(1,2)) ，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(3,2))) eq \s\up12(2) ＝n－2.所以|MTn|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(3,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(9,4)))\s\up12(2)＋n－2) ＝ eq \r(n2－\f(7,2)n＋\f(49,16)) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,4)))\s\up12(2)) ＝n－ eq \f(7,4) (n≥2)，所以|MT2|＋|MT3|＋…＋|MT9|＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(7,4))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(7,4))) ＋…＋(9－ eq \f(7,4) )＝(2＋3＋…＋9)－ eq \f(7,4) ×8＝ eq \f(8×11,2) －14＝30.
12．(2024·江苏无锡高三统考期末)已知函数f(x)＝x2＋3，若存在区间[a，b](0，＋∞)，使得f(x)在[a，b]上的值域为[k(a＋1)，k(b＋1)]，则实数k的取值范围为(2，3)．
解析：∵函数f(x)＝x2＋3开口向上且对称轴为直线x＝0，∴f(x)＝x2＋3在(0，＋∞)上单调递增．∵存在区间[a，b](0，＋∞)，使得f(x)在[a，b]上的值域为[k(a＋1)，k(b＋1)]，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋3＝k（a＋1），,b2＋3＝k（b＋1），)) 即方程x2－kx＋3－k＝0在(0，＋∞)上有两个不同实数根．
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－k）2－4（3－k）>0，,k>0，,3－k>0，)) 解得2四、解答题
13．已知点( eq \r(2) ，2 eq \r(2) )在幂函数y＝f(x)的图象上．
(1)求f(x)的表达式；
(2)设g(x)＝f(x)－x－1，求函数y＝g(x)的零点，推出函数y＝g(x)的另外一个性质(只要求写出结果，不要求证明)，并画出函数y＝g(x)的简图．
解：(1)因为f(x)为幂函数，所以设f(x)＝xα，又( eq \r(2) ，2 eq \r(2) )在f(x)的图象上，所以( eq \r(2) )α＝2 eq \r(2) α＝3，所以f(x)＝x3.
(2)由(1)知f(x)＝x3，故g(x)＝f(x)－x－1＝x3－ eq \f(1,x) ，
令g(x)＝0，解得x＝1或x＝－1，故函数y＝g(x)的零点为±1；
g(x)＝x3－ eq \f(1,x) ，故其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，值域为R，
又g(－x)＝(－x)3－ eq \f(1,－x) ＝－x3＋ eq \f(1,x) ＝－g(x)，故g(x)为奇函数，根据单调性的性质可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递增；
(以上性质任选其一即可).
函数y＝g(x)的简图如图．
14．已知f(x)＝2x2＋bx＋c，不等式f(x)<0的解集是(0，5).
(1)若不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）>0，,f（x＋k）<0)) 的正整数解只有一个，求实数k的取值范围；
(2)若对于任意x∈[－1，1]，不等式t·f(x)≤2恒成立，求t的取值范围．
解：(1)因为不等式f(x)<0的解集是(0，5)，所以0，5是一元二次方程2x2＋bx＋c＝0的两个实数根，
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＋5＝－\f(b,2)，,0×5＝\f(c,2)，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－10，,c＝0.))
所以f(x)＝2x2－10x.
不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x）>0，,f（x＋k）<0，)) 即
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x2－10x>0，,2（x2＋2kx＋k2）－10（x＋k）<0，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0或x>5，,－k因为不等式组的正整数解只有一个，可得该正整数解为6，
可得6<5－k≤7，解得－2≤k<－1，
所以k的取值范围是[－2，－1).
(2)tf(x)≤2，即t(2x2－10x)≤2，即tx2－5tx－1≤0，
当t＝0时显然成立，
当t>0时，有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t·1－5t·（－1）－1≤0，,t·1－5t·1－1≤0，)) 即
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＋5t－1≤0，,t－5t－1≤0，)) 解得－ eq \f(1,4) ≤t≤ eq \f(1,6) ，所以0当t<0时，函数y＝tx2－5tx－1在[－1，1]上单调递增，
所以只要其最大值满足条件即可，
所以t－5t－1≤0，解得t≥－ eq \f(1,4) ，即－ eq \f(1,4) ≤t<0，
综上，t的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,6))) .
考点练10 指数与指数函数 对应学生用书019页
一、单项选择题
1．化简 eq \f(2c,3a) eq \r(4,\f(81a5b2,16c4)) (a>0，c<0)的结果为( B )
A．± eq \r(4,ab2) B．－ eq \r(4,ab2)
C．－ eq \r(ab2) D． eq \r(ab2)
解析：原式＝ eq \f(2c,3a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(81a5b2,16c4))) eq \s\up9(\f(1,4)) ＝ eq \f(2c,3a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(34a5b2,24c4))) eq \s\up9(\f(1,4)) ＝ eq \f(2c,3a) ·eq \f(3a（ab2）\s\up9(\f(1,4)),－2c) ＝－ eq \r(4,ab2) .故选B.
2．若ea＋πb≥e－b＋π－a，下列结论一定成立的是( D )
A．a＋b≤0
B．a－b≥0
C．a－b≤0
D．a＋b≥0
解析：∵ea＋πb≥e－b＋π－a，∴ea－π－a≥e－b－πb①，令f(x)＝ex－π－x，则f(x)是R上的增函数，①式即为f(a)≥ f(－b)，∴a≥－b，即a＋b≥0.故选D.
3．(2023·北京通州一中模拟)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x<0，)) 则函数f(x)是( C )
A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减
C．奇函数，在R上单调递增
D．奇函数，在R上单调递减
解析：作出函数f(x)的图象(图略)，由图可知f(x)为奇函数，且f(x)在R上为增函数．故选C.
4．1947年，生物学家Max Kleiber发表了一篇题为Bdy Size and Metablic Rate的论文，在论文中提出了一个克莱伯定律：对于哺乳动物，其基础代谢率与体重的 eq \f(3,4) 次幂成正比，即F＝c0M eq \s\up9(\f(3,4)) ，其中F为基础代谢率，M为体重．若某哺乳动物经过一段时间生长，其体重为原来的10倍，则基础代谢率为原来的(参考数据： eq \r(4,10) ≈1.778 3)( C )
A．5.4倍 B．5.5倍
C．5.6倍 D．5.7倍
解析：设该哺乳动物原体重为M1，基础代谢率为F1，则F1＝c0M eq \s\up9(\f(3,4)) 1，经过一段时间生长，其体重为10M1，基础代谢率为F2，则F2＝c0·(10M1) eq \s\up9(\f(3,4))，则F2＝c0·(10M1) eq \s\up9(\f(3,4)) ＝10 eq \s\up9(\f(3,4))·c0·M eq \s\up9(\f(3,4))1＝10 eq \s\up9(\f(3,4))F1，则 eq \f(F2,F1) ＝10 eq \s\up9(\f(3,4))≈1.778 33≈5.6.故选C.
5．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝4x－3×2x＋2a，则关于x的不等式f(x)≤－6的解集为( A )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[－2，0)∪(0，2) D．[－2，0)∪(2，＋∞)
解析：因函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝4x－3×2x＋2a，则f(0)＝40－3×20＋2a＝2a－2＝0，解得a＝1，即当x≥0时，f(x)＝4x－3×2x＋2，当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－(4－x－3×2－x＋2)，而当x≥0时，f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3,2))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,4) ≥－ eq \f(1,4) ，则当f(x)≤－6时，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,－（4－x－3×2－x＋2）≤－6，)) 即
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,（2－x－4）（2－x＋1）≥0，)) 变形得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,2－x≥4，)) 解得x≤－2，所以不等式f(x)≤－6的解集为(－∞，－2].故选A.
6．已知f(x－1)为定义在R上的奇函数，f(1)＝0，且f(x)在[－1，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，则不等式f(2x－5)<0的解集为( D )
A．(2，lg26)
B．(－∞，1)∪(2，lg26)
C．(lg26，＋∞)
D．(1，2)∪(lg26，＋∞)
解析：因为f(x－1)为定义在R上的奇函数，所以f(x)的图象关于点(－1，0)对称，且f(－1)＝0，又f(1)＝0，所以f(－3)＝0.依题意可得，当－31时，f(x)<0.所以f(2x－5)<0等价于－3<2x－5<－1或2x－5>1，解得1lg26.故选D.
二、多项选择题
7．已知实数a，b满足等式2 023a＝2 024b，下列等式可以成立的是( ABD )
A．a＝b＝0
B．aC．0D．0解析：如图，观察易知，a8．函数f(x)＝ eq \f(1,1＋e－x) ，下列关于函数f(x)的说法正确的是( BCD )
A．函数f(x)的图象关于原点对称
B．函数f(x)的值域为(0，1)
C．不等式f(x)> eq \f(1,2) 的解集是(0，＋∞)
D．f(x)是增函数
解析：对于A，函数f(x)的定义域为R，且f(0)＝ eq \f(1,2) ≠0，所以，函数f(x)的图象不关于原点对称，A错误；对于B，因为e－x＋1>1，所以，f(x)＝ eq \f(1,1＋e－x) ∈(0，1)，B正确；对于C，由f(x)＝ eq \f(1,1＋e－x) > eq \f(1,2) 可得e－x<1，则－x<0，解得x>0，C正确；对于D，对任意的x∈R，y＝1＋e－x>1，且函数y＝1＋e－x在R上单调递减，故函数f(x)是增函数，D正确．故选BCD.
三、填空题
9．已知0解析：∵0aa，babb.综上，ab最大．
10．函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) －x2＋2x的单调递增区间为[1，＋∞)．
解析：令u(x)＝－x2＋2x，根据二次函数的性质，可得函数u(x)在(－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，又由y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) eq \s\up12(u) ，根据指数函数的性质，可得函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) eq \s\up12(u) 为单调递减函数，根据复合函数的单调性的判定方法，可得函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) eq \s\up12(－x2) ＋2x的单调递增区间为[1，＋∞).
11．函数f(x)＝4x－2x＋1＋3在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) 上的值域为[2，3)．
解析：f(x)＝(2x)2－2×2x＋3＝(2x－1)2＋2，设2x＝t，当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) 时，012．若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是(0，2)．
解析：在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．∴当0四、解答题
13．已知函数f(x)＝ eq \f(4x＋m,2x) 是奇函数．
(1)求实数m的值；
(2)设g(x)＝2x＋1－a，若函数f(x)与g(x)的图象有公共点，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f(x)为奇函数，∴f(0)＝0，得m＝－1，经检验当m＝－1时，f(x)为奇函数，∴m＝－1.
(2)令 eq \f(4x－1,2x) ＝2x＋1－a，令t＝2x，∴t>0，∴ eq \f(t2－1,t) ＝2t－a，即a＝t＋ eq \f(1,t) ，∴方程a＝t＋ eq \f(1,t) 有正实数根，
∵t＋ eq \f(1,t) ≥2，当且仅当t＝1时取等号．∴a≥2.即实数a的取值范围是[2，＋∞).
14．由于突发短时强降雨，某小区地下车库流入大量雨水．从雨水开始流入地下车库时进行监测，已知雨水流入过程中，地下车库积水量y(单位：m3)与时间t(单位：h)成正比，雨停后，消防部门立即使用抽水机进行排水，此时y与t的函数关系式为y＝k× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(t) (k为常数)，如图所示．
(1)求y关于t的函数关系式；
(2)已知该地下车库的面积为2 560 m2，当积水深度小于或等于0.05 m时，小区居民方可入内，那么从消防部门开始排水时算起，至少需要经过几小时以后，小区居民才能进入地下车库？
解：(1)由题图可知，当0≤t≤1时，y＝2 000t.
当t>1时，y＝k× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(t) ，
因为图象经过点(1，2 000)，所以k× eq \f(2,5) ＝2 000，得k＝5 000，所以y＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2 000t，0≤t≤1，,5 000×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(t)，t>1.))
(2)令5 000× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(t) ≤2 560×0.05，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(t) ≤ eq \f(128,5 000) ＝ eq \f(16,625) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(4) ，解得t≥4，
因为消防部门从t＝1时开始排水，故至少需要经过3 h以后，小区居民才能进入地下车库．
一、单项选择题
1．(2023·浙江金华高三统考)设函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－2mx) 在区间(1，2)上单调递增，则m的取值范围为( D )
A．(－∞，－2] B．[－2，－1]
C．[1，2] D．[2，＋∞)
解析：令u＝x2－2mx，则二次函数u＝x2－2mx的图象开口向上，对称轴为直线x＝m，因为外层函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(u) 在R上为减函数，函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x2－2mx) 在区间(1，2)上为增函数，所以，内层函数u＝x2－2mx在(1，2)上为减函数，故m≥2.故选D.
2．甲、乙两人解关于x的方程2x＋b·2－x＋c＝0，甲写错了常数b，得到的根为x＝－2或x＝lg2 eq \f(17,4) ，乙写错了常数c，得到的根为x＝0或x＝1，则原方程的根是( D )
A．x＝－2或x＝lg23
B．x＝－1或x＝1
C．x＝0或x＝2
D．x＝－1或x＝2
解析：令t＝2x，则方程2x＋b·2－x＋c＝0可化为t2＋ct＋b＝0，甲写错了常数b，所以 eq \f(1,4) 和 eq \f(17,4) 是方程t2＋ct＋m＝0的两根，所以c＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(17,4))) ＝－ eq \f(9,2) ，乙写错了常数c，所以1和2是方程t2＋nt＋b＝0的两根，所以b＝1×2＝2，则可得方程t2－ eq \f(9,2) t＋2＝0，解得t1＝ eq \f(1,2) ，t2＝4，所以原方程的根是x＝－1或x＝2.故选D.
3．若关于x的方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有两个不相等的实根，则a的取值范围是( B )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) ∪(1，＋∞) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D．(1，＋∞)
解析：方程|ax－1|＝2a(a>0，且a≠1)有两个不相等实根转化为函数y＝|ax－1|与y＝2a的图象有两个交点．(1)当01时，如图2，而y＝2a>1不符合要求．
所以04．(2023·河南开封模拟)若关于x的不等式a·2|x|>2|x|＋1(x∈R)有实数解，则实数a的取值范围是( A )
A．(1，＋∞) B．(2，＋∞)
C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)
解析：由题知a·2|x|>2|x|＋1(x∈R)，而2|x|≥1，所以a>1＋ eq \f(1,2|x|) ，又0< eq \f(1,2|x|) ≤1，所以1<1＋ eq \f(1,2|x|) ≤2.因为关于x的不等式a·2|x|>2|x|＋1(x∈R)有实数解，即a>1＋ eq \f(1,2|x|) (x∈R)有实数解，所以a>1，即a∈(1，＋∞).故选A.
5．(数学文化)2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，“鹊桥”沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程： eq \f(M1,（R＋r）2) ＋ eq \f(M2,r2) ＝(R＋r) eq \f(M1,R3) .设α＝ eq \f(r,R) .由于α的值很小，因此在近似计算中 eq \f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2) ≈3α3，则r的近似值为( D )
A． eq \r(\f(M2,M1)) R B． eq \r(\f(M2,2M1)) R
C． eq \r(3,\f(3M2,M1)) R D． eq \r(3,\f(M2,3M1)) R
解析：由 eq \f(M1,（R＋r）2) ＋ eq \f(M2,r2) ＝(R＋r) eq \f(M1,R3) ，得 eq \f(M1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(r,R)))\s\up12(2)) ＋ eq \f(M2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r,R)))\s\up12(2)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(r,R))) M1.因为α＝ eq \f(r,R) ，所以 eq \f(M1,（1＋α）2) ＋ eq \f(M2,α2) ＝(1＋α)M1，得 eq \f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2) ＝ eq \f(M2,M1) .由 eq \f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2) ≈3α3，得3α3≈ eq \f(M2,M1) ，即3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r,R))) eq \s\up12(3) ≈ eq \f(M2,M1) ，所以r≈ eq \r(3,\f(M2,3M1)) R，故选D.
6．设f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f(x)＝2－x，若对任意的x∈[m，m＋1]，不等式f(x)≥f2(x－m)恒成立，则正数m的取值范围为( A )
A．m≥1 B．m>1
C．0解析：因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f(x)＝2－x，则当x≥0时，－x≤0，f(x)＝f(－x)＝2x，故对任意的x∈R，f(x)＝2|x|，对任意的x∈[m，m＋1]，不等式f(x)≥f2(x－m)恒成立，即2|x|≥22|x－m|，即|x|≥2|x－m|对任意的x∈[m，m＋1]恒成立，且m为正数，则x≥2(x－m)，可得x≤2m，所以，m＋1≤2m，可得m≥1.故选A.
二、多项选择题
7．(2023·广东深圳红岭中学模拟)已知函数f(x)＝ eq \f(2x,2x＋1) ，则( AB )
A．函数f(x)是增函数
B．曲线y＝f(x)关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 对称
C．函数f(x)的值域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
D．曲线y＝f(x)有且仅有两条斜率为 eq \f(1,5) 的切线
解析：根据题意可得f(x)＝ eq \f(2x,2x＋1) ＝1－ eq \f(1,2x＋1) ，易知y＝ eq \f(1,2x＋1) 是减函数，所以f(x)＝1－ eq \f(1,2x＋1) 是增函数，故A正确；由题意可得f(－x)＝ eq \f(2－x,2－x＋1) ＝ eq \f(1,2x＋1) ，所以f(－x)＋f(x)＝ eq \f(2x,2x＋1) ＋ eq \f(1,2x＋1) ＝1，即对于任意x∈R，满足f(－x)＋f(x)＝1，所以曲线y＝f(x)关于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 对称，故B正确；由指数函数值域可得2x＋1∈(1，＋∞)，所以 eq \f(1,2x＋1) ∈(0，1)，即f(x)＝1－ eq \f(1,2x＋1) ∈(0，1)，所以函数f(x)的值域为(0，1)，故C错误；易知f′(x)＝ eq \f(2x ln 2,（2x＋1）2) ，令f′(x)＝ eq \f(1,5) ，整理可得(2x)2－(5ln 2－2)·2x＋1＝0，令2x＝t∈(0，＋∞)，即t2－(5ln 2－2)t＋1＝0，易知Δ＝(5ln 2－2)2－4，又因为25＝32<36<6.252＝2.548．已知函数f(x)＝|2x－1|，实数a，b(aA．m>1 B．0C．2a＋2b＝2 D．a＋b<0
解析：f(x)＝|2x－1|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2x，x<0，,2x－1，x≥0，))
y＝f(x)－m的零点即函数y＝f(x)与y＝m图象交点的横坐标，作出图象，如图，由图象可知，当0三、填空题
9．(开放性问题)写出一个值域为(－∞，1)，在区间(－∞，＋∞)上单调递增的函数f(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) (答案不唯一)．
解析：f(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ，理由如下：因为y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 为R上的减函数，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) >0，所以f(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 为R上的增函数，且f(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) <1，所以f(x)＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) ∈(－∞，1).
10．如果函数y＝a2x＋2ax－1(a>0，且a≠1)在区间[－1，1]上的最大值是14，那么a的值为3或 eq \f(1,3) ．
解析：令ax＝t，则y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.当a>1时，因为x∈[－1，1]，所以t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a)) ，又函数y＝(t＋1)2－2在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a)) 上单调递增，所以ymax＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(负值舍去).当011．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)，a≤x<0，,－x2＋2x，0≤x≤4)) 的值域是[－8，1]，则实数a的取值范围是[－3，0)．
解析：当0≤x≤4时，f(x)∈[－8，1]，当a≤x<0时，f(x)∈[－ eq \f(1,2a) ，－1)，所以 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，－1)) [－8，1]，即－8≤－ eq \f(1,2a) <－1，即－3≤a<0.所以实数a的取值范围是[－3，0).
12．已知函数f(x)＝ eq \f(x3,2x－2－x) ，给出下列结论：①f(x)是偶函数；②f(x)在(0，＋∞)上是增函数；③若t>0，则点(t，f(t))与原点连线的斜率恒为正．其中正确结论的序号为①③．
解析：函数f(x)＝ eq \f(x3,2x－2－x) 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞).
对于①，因为f(－x)＝ eq \f(－x3,2－x－2x) ＝ eq \f(x3,2x－2－x) ＝f(x)，所以f(x)是偶函数，故①正确；对于②，取特殊值：由f(2)＝ eq \f(8,4－\f(1,4)) ＝ eq \f(32,15) >2，f(10)＝ eq \f(1 000,1 024－\f(1,1 024)) <1，得到f(2)>f(10)，不符合增函数定义，故②错误；对于③，当t>0时，点(t，f(t))与原点连线的斜率为 eq \f(f（t）－0,t－0) ＝ eq \f(t2,2t－2－t) .因为t>0，所以2t>1，所以2t－2－t>0，所以 eq \f(f（t）－0,t－0) ＝ eq \f(t2,2t－2－t) >0，故③正确．所以正确结论的序号为①③.
四、解答题
13．(2024·福建三明第二中学高三月考)已知函数f(x)＝ax＋ eq \f(m－1,ax) (a>0，a≠1)是定义域为R的奇函数．
(1)求实数m的值；
(2)若f(1)＝ eq \f(3,2) ，且函数h(x)＝a2x＋ eq \f(1,a2x) －2tf(x)在x∈[1，＋∞)上的最小值为－2，求实数t的值．
解：(1)因为f(x)是定义域为R的奇函数，所以f(0)＝0，
所以1＋(m－1)＝0，所以m＝0，经检验，当m＝0时，f(x)为R上的奇函数．
(2)因为f(1)＝ eq \f(3,2) ，所以a－ eq \f(1,a) ＝ eq \f(3,2) ，解得a＝2或a＝－ eq \f(1,2) (舍去)，所以h(x)＝22x＋ eq \f(1,22x) －2t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2x))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2x))) eq \s\up12(2) －2t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2x))) ＋2，
令u＝f(x)＝2x－ eq \f(1,2x) ，则g(u)＝u2－2tu＋2，
因为f(x)＝2x－ eq \f(1,2x) 在R上为增函数，且x≥1，所以u≥f(1)＝ eq \f(3,2) ，
因为h(x)＝22x＋ eq \f(1,22x) －2tf(x)在x∈[1，＋∞)上的最小值为－2，所以g(u)＝u2－2tu＋2在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) 上的最小值为
－2，
因为g(u)＝u2－2tu＋2＝(u－t)2＋2－t2的对称轴为直线u＝t，
所以当t≥ eq \f(3,2) 时，g(u)min＝g(t)＝2－t2＝－2，解得t＝2或t＝－2(舍去)，
当t< eq \f(3,2) 时，g(u)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝ eq \f(17,4) －3t＝－2，解得t＝ eq \f(25,12) > eq \f(3,2) ，综上可知，t＝2.
14．已知f(x)，g(x)分别为定义域为R的偶函数和奇函数，且f(x)＋g(x)＝ex.
(1)求函数f(x)，g(x)的解析式；
(2)若关于x的不等式2f(x)－ag2(x)≥0在(0，ln 3)上恒成立，求正实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)，g(x)分别为R上的偶函数和奇函数，f(x)＋g(x)＝ex①，
所以f(－x)＋g(－x)＝e－x，即f(x)－g(x)＝e－x②，联立①②可解得f(x)＝ eq \f(ex＋e－x,2) ，g(x)＝ eq \f(ex－e－x,2) .
(2)不等式2f(x)－ag2(x)≥0可化为ex＋e－x－a· eq \f(（ex－e－x）2,4) ≥0，因为x∈(0，ln 3)，则ex－e－x>0，故a≤ eq \f(4（ex＋e－x）,（ex－e－x）2) ，
设ex＋e－x＝t，则(ex－e－x)2＝(ex＋e－x)2－4＝t2－4，故a≤ eq \f(4t,t2－4) ＝ eq \f(4,t－\f(4,t)) ，
因为t＝ex＋e－x，令0由ex1－ex2<0，1－ eq \f(1,ex1ex2) >0，得t1又y＝t－ eq \f(4,t) 在t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))) 上是增函数，所以0 eq \f(15,8) ，因为a≤ eq \f(4（ex＋e－x）,（ex－e－x）2) 在x∈(0，ln 3)上恒成立，所以a≤ eq \f(15,8) .所以正实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(15,8))) .
考点练11 对数与对数函数 对应学生用书021页
一、单项选择题
1．(教材改编)计算：2lg eq \r(5) －lg 4－ eq \s\up9(\f(1,2)) ＝( B )
A．10 B．1
C．2 D．lg 5
解析：原式＝lg ( eq \r(5) )2＋lg eq \r(4) ＝lg 5＋lg 2＝lg 10＝1 .故选B.
2．若ea＝4，eb＝25，则( D )
A．a＋b＝100 B．b－a＝e
C．ab<8ln 22 D．b－a>ln 6
解析：对于A，由ea＝4，eb＝25，得a＝ln 4，b＝ln 25，所以a＋b＝ln 4＋ln 25＝ln 100，故A错误；对于B，b－a＝ln 25－ln 4＝ln eq \f(25,4) ，故B错误；对于C，ab＝ln 4×ln 25>2ln 2×ln 16＝8ln22，故C错误；对于D，b－a＝ln 25－ln 4＝ln eq \f(25,4) >ln 6，故D正确．故选D.
3．函数y＝lg2(4＋3x－x2)的一个单调增区间是( C )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2))) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
解析：函数y＝lg2(4＋3x－x2)的定义域为(－1，4).要求函数y＝lg2(4＋3x－x2)的一个单调增区间，只需求y＝4＋3x－x2的增区间，只需x< eq \f(3,2) .所以－14．分贝(dB)、奈培(Np)均可用来量化声音的响度，其定义式分别为1 dB＝10lg eq \f(A,A0) ，1 Np＝ eq \f(1,2) ln eq \f(A,A0) ，其中A为待测值，A0为基准值．如果1 dB＝t Np(t∈R)，那么t≈( A )
(参考数据：lg e≈0.434 3)
A．8.686 B．4.343
C．0.868 6 D．0.115
解析：因为1 dB＝10lg eq \f(A,A0) ，1 Np＝ eq \f(1,2) ln eq \f(A,A0) ，1 dB＝t Np(t∈R)，所以10lg eq \f(A,A0) ＝t× eq \f(1,2) ln eq \f(A,A0) ，令x＝ eq \f(A,A0) ，则
10lg x＝t× eq \f(1,2) ln x，所以t＝20· eq \f(lg x,ln x) ＝20lg x· eq \f(ln e,ln x) ＝20lg x· eq \f(lg e,lg x) ＝20lg e≈20×0.434 3＝8.686.故选A.
5．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,lgax－1，x>1)) 是R上的单调函数，则实数a的取值范围为( B )
A． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析：当函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,lgax－1，x>1)) 是R上的单调递减函数时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(00且a≠1，所以当x≤1时，f(x)不可能是增函数，所以函数f(x)在R上不可能是增函数，综上，实数a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) .
6．( 2023·江西宜春宜丰中学期末)若函数f(x)＝lg2(4－x＋a)在区间[－1，0]上的最大值与最小值的差不小于3，则实数a的取值范围是( A )
A． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,7))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,5)))
C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，－\f(2,5))) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,7)))
解析：令u＝4－x＋a，则函数u＝4－x＋a为减函数，又函数y＝lg2u为增函数，所以函数f(x)是减函数，故f(x)在区间[－1，0]上的最大值是f(－1)＝lg2(4＋a)，最小值是f(0)＝lg2(1＋a)，由题设得lg2(4＋a)－lg2(1＋a)≥3，则lg2(4＋a)≥lg2(8a＋8)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＋a>0，,1＋a>0，,4＋a≥8a＋8，)) 解得－1二、多项选择题
7．(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：
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( ACD )
A．p1≥p2 B．p2>10p3
C．p3＝100p0 D．p1≤100p2
解析：由题意可知，Lp1∈[60，90]，Lp2∈[50，60]，Lp3＝40，对于A，可得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，可得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.
8．已知函数f(x)＝lg2(1－|x|)，则关于函数f(x)有下列说法，其中正确的说法为( BC )
A．f(x)的图象关于原点对称
B．f(x)的图象关于y轴对称
C．f(x)的最大值为0
D．f(x)在区间(－1，1)上单调递增
解析：f(x)＝lg2(1－|x|)为偶函数，不是奇函数，∴A错误，B正确；根据f(x)的图象(图略)可知D错误；∵1－|x|≤1，∴f(x)≤lg21＝0，故C正确．故选BC.
三、填空题
9．已知lga eq \f(1,2) 0且a≠1)，则实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) ∪(1，＋∞)．
解析：分01两种情况求解即可．①当01时，a2> eq \f(1,2) ，得a>1.综上所述，实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) ∪(1，＋∞).
10．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,2))x，x>1，,1－x2，x≤1，)) 则不等式f(x)\f(1,2))) ．
解析：当x≤1时，不等式f(x)当12时，不等式f(x)2.综上，解集为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x>\f(1,2))) .
11．(开放性问题)若函数f(x)满足：(1)x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，都有 eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) <0；(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2))) ＝f(x1)－f(x2)，则f(x)＝ eq \a\vs4\al(lg\s\d9(\f(1,2))x（答案不唯一）) ．(写出满足这些条件的一个函数即可)
解析：对于条件(1)，不妨设x10，∵ eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) <0，∴f(x2)－f(x1)<0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)为(0，＋∞)上的单调递减函数，对于条件(2)，刚好符合对数的运算性质，故这样的函数可以是一个单调递减的对数函数．
12．已知函数f(x)＝ eq \f(9＋x2,x) ，g(x)＝lg2x＋a，若存在x1∈[3，4]，任意x2∈[4，8]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(13,4))) ．
解析：若f(x)在[3，4]上的最大值为f(x)max，g(x)在[4，8]上的最大值为g(x)max，由题设，只需f(x)max≥g(x)max即可．在[3，4]上，f(x)＝ eq \f(9,x) ＋x≥2 eq \r(\f(9,x)·x) ＝6，当且仅当x＝3时等号成立，由对勾函数的性质：f(x)在[3，4]上递增，故f(x)max＝ eq \f(25,4) .在[4，8]上，g(x)单调递增，则g(x)max＝3＋a，所以 eq \f(25,4) ≥3＋a，可得a≤ eq \f(13,4) .
四、解答题
13．已知函数f(x)＝(lg4x－3)·lg4(4x).当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，16)) 时，求该函数的值域．
解：f(x)＝(lg4x－3)·lg4(4x)＝(lg4x－3)·(lg4x＋1)＝(lg4x)2－2lg4x－3，
令t＝lg4x，由x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，16)) ，则t∈[－1，2]，所以有y＝t2－2t－3＝(t－1)2－4，t∈[－1，2]，
所以当t＝1时，ymin＝－4，当t＝－1时，ymax＝0.所以函数f(x)的值域为[－4，0].
14．已知函数f(x)＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1－ax,x－1) 的图象过点A(3，－1).
(1)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＋lg eq \s\d9(\f(1,2)) (x－1)(2)若关于x的方程f(x)＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) (x＋k)在[2，3]上有解，求k的取值范围．
解：(1)由题可知f(3)＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1－3a,3－1) ＝－1，所以 eq \f(1－3a,2) ＝2，a＝－1，所以f(x)＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1＋x,x－1) .
当x∈(1，＋∞)时，f(x)＋lg eq \s\d9(\f(1,2)) (x－1)当x∈(1，＋∞)时，y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(x＋1)(2)令u＝ eq \f(1＋x,x－1) ＝1＋ eq \f(2,x－1) ，在[2，3]上单调递减，又y＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) u单调递减．
所以f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1＋x,x－1) 在[2，3]上是增函数，g(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(x＋k)在[2，3]上是减函数，所以只需要 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（2）≤g（2），,f（3）≥g（3），))
即可保证关于x的方程f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(x＋k)在[2，3]上有解．
代入函数解析式得， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,2))3≤lg\s\d9(\f(1,2))（2＋k），,lg\s\d9(\f(1,2))2≥lg\s\d9(\f(1,2))（3＋k），)) 解得－1≤k≤1，即当－1≤k≤1时关于x的方程f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(x＋k)在[2，3]上有解．
一、单项选择题
1．已知实数x，y满足x>0，y>0，x≠1，y≠1，xy＝yx，lgyx＋ eq \f(x,y) ＝4，则x＋y＝( C )
A.2 B．4
C.6 D．8
解析：由xy＝yx，得y lg x＝x lg y， eq \f(lg x,lg y) ＝ eq \f(x,y) .由lgyx＋ eq \f(x,y) ＝4，lgyx＝ eq \f(lg x,lg y) ，所以 eq \f(lg x,lg y) ＋ eq \f(x,y) ＝4, 所以 eq \f(x,y) ＋ eq \f(x,y) ＝4，解得 eq \f(x,y) ＝2，则 eq \f(lg x,lg y) ＝2，即x＝y2，所以x＝4，y＝2，所以x＋y＝6.故选C.
2．(数学文化)中国的5G技术领先世界，5G技术极大地提高了数据传输速率，最大数据传输速率C取决于信道带宽W，经科学研究表明：C与W满足C＝Wlg2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(S,N))) ，其中S是信道内信号的平均功率，N是信道内部的高斯噪声功率， eq \f(S,N) 为信噪比．当信噪比比较大时，上式中真数中的1可以忽略不计．若不改变带宽W，而将信噪比 eq \f(S,N) 从1 000提升至4 000，则C大约增加了(附：lg 2≈0.301 0)( B )
A.10% B．20%
C.30% D．40%
解析：当 eq \f(S,N) ＝1 000时，C1＝Wlg21 001≈Wlg21 000；当 eq \f(S,N) ＝4 000时，C2＝Wlg24 001≈Wlg24 000.所以增加的百分比为 eq \f(C2－C1,C1) ＝ eq \f(C2,C1) －1＝ eq \f(Wlg24 000,Wlg21 000) －1＝ eq \f(lg 4 000,lg 1 000) －1＝ eq \f(lg 4＋lg 1 000,lg 1 000) －1 ＝ eq \f(lg 4,lg 1 000) ＝ eq \f(2lg 2,3) ≈ eq \f(2×0.301 0,3) ≈0.2＝20%.故选B.
3．(2023·广东深圳高三统考期末)已知函数f(x)＝ex＋e－x＋lg |x|，则不等式f(x＋1)>f(2x－1)的解集为( A )
A.(0，2) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
C.(0，3) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))
解析：函数f(x)＝ex＋e－x＋lg |x|的定义域为{x|x≠0}，且f(－x)＝e－x＋ex＋lg eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－x)) ＝ex＋e－x＋lg|x|＝f(x)，即f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝ex＋e－x＋lg x，构造y＝ex＋e－x，x∈(0，＋∞)，令t＝ex>1，则y＝t＋ eq \f(1,t) 在(1，＋∞)上单调递增，又t＝ex也是增函数，则y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上单调递增，又y＝lg x是定义域内的增函数，故f(x)＝ex＋e－x＋lg x在(0，＋∞)上单调递增，不等式f(x＋1)>f(2x－1)等价于f(|x＋1|)>f(|2x－1|)，即|x＋1|>|2x－1|，平方得x2＋2x＋1>4x2－4x＋1，解得0f(2x－1)的解集为(0，2).故选A.
4．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,2x，x≤0，)) 且关于x的方程f(x)－a＝0有两个实根，则实数a的取值范围为( A )
A.(0，1] B．(0，1)
C.[0，1] D．(0，＋∞)
解析：
作出函数y＝f(x)的图象(如图)，欲使y＝f(x)的图象和直线y＝a有两个交点，则05．已知实数a，b∈(1，＋∞)，且lg3a＋lgb3＝lg3b＋lga4，则( A )
A. eq \r(a) C. eq \r(a) 解析：由lg3a－lga4＝lg3b－lgb3可得lg3b－ eq \f(1,lg3b) ＝lg3a－ eq \f(1,lg4a) lg4a－ eq \f(1,lg4a) ，所以lg3b>lg4a，又因为lg4a＝lg2 eq \r(a) >lg3 eq \r(a) 且y＝lg3x单调递增，所以由lg3b>lg3 eq \r(a) 可知b> eq \r(a) ，综上， eq \r(a) 6．已知函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(ax2－2x＋4) 的值域为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16))) ，若不等式lga(t·4x)A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，2)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，＋∞))
C.(－∞，2) D．(0，2)
解析：由题意，函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(ax2－2x＋4) 的值域为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16))) ，可得函数y的最大值为 eq \f(1,16) ，当a＝0时，函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(－2x＋4) 显然不存在最大值；当a>0时，函数y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(ax2－2x＋4) 在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a))) 上单调递增，在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)) 上单调递减，当x＝ eq \f(1,a) 时，函数y有最大值，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(\f(1,a)－\f(2,a)＋4) ＝ eq \f(1,16) ，解得a＝ eq \f(1,2) ；当a<0时，y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(ax2－2x＋4) 在x∈(－∞， eq \f(1,a) )上单调递减，在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)) 上单调递增，此时函数y无最大值，所以lg eq \s\d9(\f(1,2))(t·4x)0，,2x－t>0，,t·4x>2x－t)) 在x∈[1，2]上恒成立，由t·4x>0在x∈[1，2]上恒成立，可得t>0；由2x－t>0在x∈[1，2]上恒成立，即t<2x在[1，2]上恒成立，可得t<2；由t·4x>2x－t在x∈[1，2]上恒成立，即t> eq \f(2x,4x＋1) ＝ eq \f(1,2x＋\f(1,2x)) 在[1，2]上恒成立，令f(x)＝2x＋ eq \f(1,2x) ，可得函数f(x)在[1，2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝ eq \f(5,2) ，即t> eq \f(2,5) ，综上可得 eq \f(2,5) 二、多项选择题
7．(2023·重庆天星桥中学一模)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则下列结论正确的是( AC )
A. eq \f(1,a) ＋ eq \f(1,b) 的最小值是4
B.ab＋ eq \f(1,ab) 的最小值是2
C.2a＋2b的最小值是2 eq \r(2)
D.lg2a＋lg2b的最小值是－2
解析：对于A，(a＋b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b))) ＝2＋ eq \f(a,b) ＋ eq \f(b,a) ≥2＋2 eq \r(\f(a,b)·\f(b,a)) ＝4，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时等号成立，故A正确；对于B，ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,4) ，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时等号成立，∵ab>0，∴ab＋ eq \f(1,ab) ≥2 eq \r(ab×\f(1,ab)) ＝2，当且仅当ab＝1时取等号．但ab≤ eq \f(1,4) ，故等号取不到，∴ab＋ eq \f(1,ab) >2，故B错误；对于C，2a＋2b≥2 eq \r(2a·2b) ＝2 eq \r(2a＋b) ＝2 eq \r(2) ，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时等号成立，故C正确；对于D，lg2a＋lg2b＝lg2(ab)≤lg2 eq \f(1,4) ＝－2，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,2) 时等号成立，故D错误．故选AC.
8．当0A. eq \f(\r(2),2) B． eq \f(\r(3),2)
C. eq \f(\r(6),3) D． eq \r(2)
解析：分别记函数f(x)＝4x，g(x)＝lgax，由图1知，当a>1时，不满足题意；

当0三、填空题
9．已知函数f(x)＝lga(2x－a)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) 上恒有f(x)>0，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)) ．
解析：当00，即0< eq \f(4,3) －a<1，解得 eq \f(1,3) 当a>1时，函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) 上是增函数，所以lga(1－a)>0，即1－a>1，解得a<0，此时无解．综上可知，实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)) .
10．已知lg4(x＋4y)＝1＋lg2 eq \r(xy) ，则x＋2y的最小值为 eq \f(3,2) ＋ eq \r(2) ．
解析：因为lg4(x＋4y)＝1＋lg2 eq \r(xy) ，所以lg4(x＋4y)＝1＋lg4(xy)＝lg4(4xy)，所以x＋4y＝4xy，故 eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,4y) ＝1，且x>0，y>0，所以x＋2y＝(x＋2y) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋\f(1,4y))) ＝ eq \f(3,2) ＋ eq \f(2y,x) ＋ eq \f(x,4y) ≥ eq \f(3,2) ＋2 eq \r(\f(2y,x)·\f(x,4y)) ＝ eq \f(3,2) ＋ eq \r(2) ，当且仅当 eq \f(2y,x) ＝ eq \f(x,4y) ，即x＝ eq \f(2＋\r(2),2) ，y＝ eq \f(\r(2)＋1,4) 时，取等号，所以x＋2y的最小值为 eq \f(3,2) ＋ eq \r(2) .
11．已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e2－x0＋ln x0＝2．
解析：根据题意可得x eq \\al(2,0) ex0－2＋ln x0－2＝0，整理可得x0ex0－2＝ eq \f(2－ln x0,x0) ，x0ex0＝ eq \f(e2,x0) ln eq \f(e2,x0) ＝ln eq \f(e2,x0) ·eln eq \f(e2,x0) ，可得当x0＝ln eq \f(e2,x0) ，即x0＝e2－x0时等式成立，又ln x0＝2－x eq \\al(2,0) ex0－2，代入可得e2－x0＋ln x0＝x0＋2－x eq \\al(2,0) · eq \f(1,x0) ＝2.
12．已知函数y＝f(x)为奇函数，且对定义域内的任意x都有f(1＋x)＝－f(1－x).当x∈(1，2)时，f(x)＝1－lg2x.给出以下4个结论：
①函数y＝f(x)的图象关于点(k，0)(k∈Z)成中心对称；
②函数y＝|f(x)|是以2为周期的周期函数；
③当x∈(0，1)时，f(x)＝lg2(2－x)－1；
④函数y＝f(|x|)在(k，k＋1)(k∈Z)上单调递减．
其中所有正确结论的序号为①②③．
解析：由题知y＝f(x)为奇函数，其图象关于原点中心对称，又对定义域内的任意x都有f(1＋x)＝－f(1－x)，所以其图象还关于点(1，0)对称，据此可判断函数f(x)为周期函数，2是函数f(x)的周期，|f(x)|＝|f(x＋2)|.又当x∈(1，2)时，f(x)＝1－lg2x，画出函数图象(如图1，图2)，可知①②正确，又y＝f(|x|)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），x≥0，,f（－x），x<0，)) 画出函数图象(如图3)，可知④错误．
当x∈(0，1)时，2－x∈(1，2)，所以f(2－x)＝1－lg2(2－x)，又因为函数f(x)是以2为周期的奇函数，所以f(2－x)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(2－x)＝lg2(2－x)－1，所以③也正确．
四、解答题
13．(新定义问题)已知函数f(x)＝lgax(a>0，且a≠1)，设a>1，函数y＝|lgax|的定义域为[m，n](m解：画出函数y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lgax)) 的图象，如图所示，
结合图象可知，要使y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lgax)) 的值域是[0，1]，其定义域可能是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1)) ，[1，a]， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a)) ，且1－ eq \f(1,a) ＝ eq \f(a－1,a)
14．已知函数f(x)＝lg2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)＋a)) .
(1)若函数f(x)是R上的奇函数，求a的值；
(2)若函数f(x)在区间[0，1] 上的最大值与最小值的差不小于2，求实数a的取值范围．
解：(1)若函数f(x) 是R上的奇函数，则f(0)＝0，所以lg2(1＋a)＝0，所以a＝0 .经检验，当a＝0 时，f(x)＝－x 是R上的奇函数．所以a＝0.
(2)由已知得函数f(x) 是减函数，故f(x) 在区间[0，1] 上的最大值是f(0)＝lg2(1＋a)，最小值是f(1)＝lg2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a)) .
由题意得lg2(1＋a)－lg2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋a)) ≥2，则lg2(1＋a)≥lg2(4a＋2) .所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋a≥4a＋2，,4a＋2>0，,1＋a>0，)) 解得－ eq \f(1,2) 故实数a 的取值范围是(－ eq \f(1,2) ，－ eq \f(1,3) ].
考点练12 函数的图象 对应学生用书023页
一、单项选择题
1．(教材改编)已知图1中的图象是函数y＝f(x)的图象，则图2中的图象对应的函数可能是( C )
A.y＝f(|x|) B．y＝|f(x)|
C.y＝f(－|x|) D．y＝－f(－|x|)
解析：因为题图2中的图象是在题图1的基础上，去掉函数y＝f(x) 的图象在y 轴右侧的部分，然后将y 轴左侧图象翻折到y 轴右侧得到的，所以题图2中的图象对应的函数可能是y＝f(－|x|) .故选C.
2．函数f(x)＝ eq \f(ln （\r(x2＋1)－x）,|1－x2|) 的图象大致为( C )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：由已知得函数的定义域为{x|x≠±1}，∵f(－x)＝ eq \f(ln （\r(x2＋1)＋x）,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－x2))) ＝
eq \f(ln \f(（\r(x2＋1)＋x）（\r(x2＋1)－x）,\r(x2＋1)－x),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－x2))) ＝－ eq \f(ln （\r(x2＋1)－x）,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－x2))) ＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，令x＝ eq \r(e－1) ，则f( eq \r(e－1) )＝ eq \f(ln （\r(e)－\r(e－1)）,e－2) ，其中0< eq \r(e) － eq \r(e－1) ＝ eq \f(（\r(e)－\r(e－1)）（\r(e)＋\r(e－1)）,\r(e)＋\r(e－1)) ＝ eq \f(1,\r(e)＋\r(e－1)) <1，故f( eq \r(e－1) )<0，排除A、D；令x＝ eq \f(1,2) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ eq \f(ln \f(\r(5)－1,2),\f(3,4)) ＝
eq \f(ln \f(（\r(5)－1）（\r(5)＋1）,2（\r(5)＋1）),\f(3,4)) ＝ eq \f(ln \f(2,\r(5)＋1),\f(3,4)) ，其中0< eq \f(2,\r(5)＋1) <1，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) <0，排除B.故选C.
3．(数学文化)杭州亚运会火炬如图1所示，小红在数学建模活动时将其抽象为图2所示的几何体．假设火炬装满燃料，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，记剩余燃料的高度为h，则h关于时间t的函数的大致图象可能是( A )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：由图可知，该火炬中间细，上下粗，燃烧时燃料以均匀的速度消耗，燃料在燃烧时，燃料的高度一直在下降，刚开始时下降的速度越来越快，燃料液面到达火炬最细处后，燃料的高度下降得越来越慢，结合所得的函数图象，A选项较为合适．故选A.
4．(新定义问题)定义max{a，b，c}为a，b，c中的最大值，设y＝max{2x，2x－3，6－x}，则y的最小值是( C )
A.2 B．3 C．4 D．6
解析：画出y＝max{2x，2x－3，6－x}的示意图，如图所示．由图可知，当6－x＝2x，即x＝2时，y的最小值为22＝6－2＝4.故选C.
5.(2024·陕西汉中高三统考期末)如图为函数f(x)的图象，则f(x)的解析式可能是( D )
A.f(x)＝ eq \f(2x＋2－x,x)
B.f(x)＝x(2x＋2－x)
C.f(x)＝x(2x－2－x)
D.f(x)＝ eq \f(x,2x＋2－x)
解析：对于A，由图知f(x)在x＝0处有定义，排除A；对于C，由图象知f(x)为奇函数，而f(x)＝x(2x－2－x)＝f(－x)＝－x(2－x－2x)，排除C；对于B，当x趋近于正无穷时，f(x)趋近于正无穷，与图象所体现的几何直观不符，排除B；对于D，易知f(x)为奇函数，且当x趋近于正无穷时，f(x)趋近于0，符合图象所体现的几何直观．故选D.
6．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，则不等式 eq \f(f（x）－f（－x）,x) <0的解集为( D )
A.(－1，0)∪(1，＋∞)
B.(－∞，－1)∪(0，1)
C.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D.(－1，0)∪(0，1)
解析：
因为f(x)为奇函数，所以不等式 eq \f(f（x）－f（－x）,x) <0可化为 eq \f(f（x）,x) <0，即xf(x)<0，f(x)的大致图象如图所示，所以原不等式的解集为(－1，0)∪(0，1).
二、多项选择题
7．已知函数f(x)＝x＋ eq \f(a,x) (a∈R)，则其图象可能为( BC )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：a＝0时，f(x)＝x＋ eq \f(a,x) ＝x(x≠0)，定义域需要挖去一个点，不是完整的直线，A错误；a<0时，y＝x在(－∞，0)，(0，＋∞)上递增，y＝ eq \f(a,x) 也在(－∞，0)，(0，＋∞)上递增，两个增函数相加还是增函数，即f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上递增，故D错误，C正确；a>0时，由对勾函数的性质可知B正确. 故选BC.
8．关于函数f(x)＝|ln |2－x||，下列描述正确的有( ABD )
A.函数f(x)在区间(1，2)上单调递增
B.函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称
C.若x1≠x2，但f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝4
D.函数f(x)有且仅有两个零点
解析：函数f(x)＝|ln |2－x||的图象如图所示，
由图可得，函数f(x)在区间(1，2)上单调递增，A正确；函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，B正确；若x1≠x2，但f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2的值不一定等于4，C错误；函数f(x)有且仅有两个零点，D正确．
三、填空题
9．把函数y＝lg3(x－1)的图象向右平移 eq \f(1,2) 个单位长度，再把横坐标缩小为原来的 eq \f(1,2) ，所得图象的函数解析式是y＝lg3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3,2))) ．
解析：把函数y＝lg3(x－1)的图象向右平移 eq \f(1,2) 个单位长度，得函数y＝lg3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)－1)) ＝lg3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2))) 的图象，再把横坐标缩小为原来的 eq \f(1,2) ，得到函数y＝lg3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(3,2))) 的图象．
10．设函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－x，x＜1，)) 若f(m)＞1，则实数m的取值范围是(－∞，0)∪(e，＋∞)．
解析：如图所示，
可得f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x，x≥1，,1－x，x＜1)) 的图象与直线y＝1的交点分别为(0，1)，(e，1).若f(m)＞1，则实数m的取值范围是(－∞，0)∪(e，＋∞).
11．已知f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg x|，x>0，,2|x|，x≤0，)) 则方程2f2(x)－3f(x)＋1＝0的解的个数是5．
解析：方程2f 2(x)－3f(x)＋1＝0的解为f(x)＝ eq \f(1,2) 或f(x)＝1.如图，作出y＝f(x)的图象，由f(x)图象与直线y＝ eq \f(1,2) 和y＝1的交点个数知2f2(x)－3f(x)＋1＝0的解的个数为5.
12．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|3x＋1－1|，x≤0，,ln x，x>0，)) 若函数g(x)＝f(x)－a有3个零点，则a的取值范围是(0，1)．
解析：根据题意g(x)＝f(x)－a＝0，即f(x)＝a，已知f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3x＋1－1))，x≤0，,ln x，x>0，)) 画出其图象如图，
根据图象易知当0四、解答题
13．一辆高速列车在某段路程中行驶的速率v(单位：km/h)与时间t(单位：h)的关系如图所示．
(1)求梯形OABC的面积，并说明所求面积的实际含义；
(2)记梯形OABC位于直线t＝a(0解：(1)梯形OABC的面积为
eq \f(（2＋4）×300,2) ＝900，它表示该高速列车在这4 h内行驶的路程为900 km.
(2)当0当1≤a<3时，g(a)＝150＋300(a－1)＝300a－150；
当3≤a≤4时，g(a)＝ eq \f(（2＋4）×300,2) － eq \f(1,2) ·(4－a)·300(4－a)＝－150a2＋1 200a－1 500.
综上所述，y＝g(a)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(150a2，0图象如图所示：
14．已知函数f(x)＝|x|(x－a)，a＞0.
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)写出函数f(x)的单调区间；
(3)当x∈[0，1]时，由图象写出f(x)的最小值．
解：(1)f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（x－a），x≥0，,－x（x－a），x＜0，))
其图象如图所示．
(2)由图知，f(x)的单调递增区间是(－∞，0)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞)) ；单调递减区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2))) .
(3)由图象知，当 eq \f(a,2) ＞1，即a＞2时，f(x)min＝f(1)＝1－a；
当0＜ eq \f(a,2) ≤1，即0＜a≤2时，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2))) ＝－ eq \f(a2,4) .
综上，f(x)min＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(a2,4)，0＜a≤2，,1－a，a＞2.))
一、单项选择题
1．(2024·广西河池高三月考)函数y＝ eq \f(x2－2x,x2－2x＋1) 的图象大致为( D )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，根据分母不为0，则x≠1，y＝ eq \f(x2－2x,x2－2x＋1) ＝1－ eq \f(1,x2－2x＋1) ，根据x2－2x＋1>0得 eq \f(1,x2－2x＋1) >0，则－ eq \f(1,x2－2x＋1) <0，则－ eq \f(1,x2－2x＋1) ＋1<1，排除A，B项；而y＝－ eq \f(1,x2－2x＋1) ，其图象关于直线x＝1对称，且在x∈(－∞，1)上单调递减，在x∈(1，＋∞)上单调递增，最后将其向上平移1个单位长度，则得到y＝ eq \f(x2－2x,x2－2x＋1) 的图象，且当x＝0时，y＝0，故D正确．故选D.
2．如图，点P在边长为1的正方形边上运动，设M是CD的中点，则当P沿A－B－C－M运动时，点P经过的路程x与△APM的面积y之间的函数y＝f(x)的图象大致是( A )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：根据题意可得，当03．已知函数f(x)的图象的一部分如下左图，则如下右图的函数图象所对应的函数解析式为( C )
A.y＝f(2x－1) B．y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4x－1,2)))
C.y＝f(1－2x) D．y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－4x,2)))
解析：
eq \(\s\up7(),\s\d5(①)) eq \(\s\up7(),\s\d5(②))
eq \(\s\up7(),\s\d5(③)) eq \(\s\up7(),\s\d5(④))
y＝f(x) eq \(――――→,\s\up7(①x→－x)) y＝f(－x) eq \(――→,\s\up7(②x→x－1)) y＝f(1－x) eq \(――→,\s\up7(③x→2x)) y＝f(1－2x)
①关于y轴对称，②向右平移1个单位长度，③纵坐标不变，横坐标变为原来的一半．故选C.
4．(2024·湖南长沙一中月考)青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一．如图，这是景德镇青花瓷，现往该青花瓷中匀速注水，则水的高度y与时间x的函数图象大致是( C )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：由图可知该青花瓷上、下细，中间粗，则在匀速注水的过程中，水的高度先一直增高，且开始时水的高度增高的速度越来越慢，到达瓷瓶最粗处之后，水的高度增高的速度越来越快，直到注满水，结合选项所给图象，只有先慢后快的趋势的C选项符合．故选C.
5．(2024·江苏苏州高三月考)如图所示的“心形”图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”图形在x轴上方的图象对应的函数解析式可能为( A )
A.y＝ eq \r(－x2＋2|x|)
B.y＝x eq \r(4－x2)
C.y＝|x| eq \r(4－x2)
D.y＝ eq \r(－x2＋2x)
解析：对于A，易知y＝ eq \r(－x2＋2|x|) 为偶函数，当x≥0时，y＝ eq \r(－x2＋2|x|) ＝ eq \r(－x2＋2x) ＝ eq \r(－（x－1）2＋1) ，此函数在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，且f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，故A正确；对于B，记f(x)＝x eq \r(4－x2) ，则f(－x)＝－x eq \r(4－x2) ＝－f(x)，故B错误；对于C，y|x＝1＝ eq \r(3) >1，故C错误；对于D，记g(x)＝ eq \r(－x2＋2x) ，则g(－x)＝ eq \r(－x2－2x) ≠g(x)，故D错误．故选A.
6．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,2))x))，x>0，)) 若函数g(x)＝f(x)＋2－m有4个零点，则m的取值范围为( D )
A.(0，1) B．(－1，0)
C.(1，3) D．(2，3)
解析：由g(x)＝f(x)＋2－m＝0，得f(x)＝m－2，所以问题转化为函数f(x)的图象与直线y＝m－2有4个不同的交点，函数f(x)的图象如图所示，
所以0二、多项选择题
7．(2023·江西南昌期末)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|2x－1|，x≤1，,\f(2,x)，x>1，)) 若函数g(x)＝f(x)－m有三个零点x1，x2，x3，且x1A.m的取值范围为(0，1)
B.x3的取值范围为[2，＋∞)
C.2x1＋2x2＝2
D.2x1＋x2的最大值为1
解析：函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x－1))，x≤1，,\f(2,x)，x>1)) 的图象如图所示：
由图可得02，B错误；又 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x1－1)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2x2－1)) ，且x1<08．(数学文化)emji(中文名：绘文字，别称：“小黄脸”)最早源于日本，是指在无线通信中所使用的视觉情感符号，可用来代表多种表情．如今emji表情已经风靡全球，大有“无emji，不聊天”的趋势．如图1的“微笑脸”是交流沟通中最常使用的表情符号之一．我们可以用一些适当的函数图象或者是方程的曲线来绘制其近似图象，如图2.其中，可用曲线x2＋y2＝1勾勒脸庞，用曲线y＝± eq \f(1,6) · eq \r(1－16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2) ＋ eq \f(1,2) ，y＝± eq \f(1,6) eq \r(1－16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2) ＋ eq \f(1,2) 近似描绘两只眼睛．下列四个函数中，可用其图象来近似描绘嘴巴形状的有( AD )
A.y＝x2－ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)≤x≤\f(1,4)))
B.y＝－ eq \f(\r(1＋2x－8x2)＋1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)≤x≤\f(1,4)))
C.y＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x)) － eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)≤x≤\f(1,4)))
D.y＝－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x)) ＋ eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)≤x≤\f(1,4)))
解析：对于A，令f(x)＝x2－ eq \f(1,3) (－ eq \f(1,4) ≤x≤ eq \f(1,4) )，则f(x)是以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3))) 为顶点，以y轴为对称轴的函数，开口向上，且0>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) >－ eq \f(1,3) ，A正确；对于B，令f(x)＝－ eq \f(\r(1＋2x－8x2)＋1,6) (－ eq \f(1,4) ≤x≤ eq \f(1,4) )，则f(－x)＝－ eq \f(\r(1－2x－8x2)＋1,6) (－ eq \f(1,4) ≤x≤ eq \f(1,4) )，明显f(x)≠f(－x)，不是偶函数，B错误；对于C，∵－ eq \f(1,4) ≤x≤ eq \f(1,4) ，∴－ eq \f(π,8) ≤ eq \f(π,2) x≤ eq \f(π,8) ，令f(x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x)) － eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)≤x≤\f(1,4))) ，则f(－x)＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)x)) － eq \f(4,3) ＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x)) － eq \f(4,3) ＝f(x)，则f(x)为偶函数，又f(0)＝cs 0－ eq \f(4,3) ＝－ eq \f(1,3) <0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) ＝cs eq \f(π,8) － eq \f(4,3) f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) ＝－cs eq \f(π,8) ＋ eq \f(2,3) >f(0)，D正确．故选AD.
三、填空题
9．设奇函数f(x)的定义域为[－5，5].若当x∈[0，5]时，f(x)的图象如图，则不等式f(x)＜0的解集是(－2，0)∪(2，5)．
解析：利用函数f(x)的图象关于原点对称．∴f(x)<0的解集为(－2，0)∪(2，5).
10．函数y＝f(x)的图象关于点M(a，b)成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x＋a)－b为奇函数，给出下列四个结论：
①f(x)＝x＋ eq \f(3,x－2) －1图象的对称中心是(2，1)；
②f(x)＝x＋ eq \f(3,x－2) －1图象的对称中心是(2，－1)；
③类比可得函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a成轴对称图形的充要条件是y＝f(x＋a)为偶函数；
④类比可得函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a成轴对称图形的充要条件是y＝f(x－a)为偶函数．
其中所有正确结论的序号是①③．
解析：y＝x＋ eq \f(3,x) 是奇函数，对称中心为(0，0)，将y＝x＋ eq \f(3,x) 图象向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度可得f(x)＝x－2＋ eq \f(3,x－2) ＋1＝x＋ eq \f(3,x－2) －1的图象，所以f(x)＝x＋ eq \f(3,x－2) －1图象的对称中心是(2，1)，故①正确，②不正确；若函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a成轴对称图形，图象向左平移a个单位长度可得y＝f(x＋a)关于直线x＝0即y轴对称，所以y＝f(x＋a)为偶函数，故③正确，④不正确．所以所有正确结论的序号是①③.
11．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x－1|，x∈（0，2]，,min{|x－1|，|x－3|}，x∈（2，4]，,min{|x－3|，|x－5|}，x∈（4，＋∞）.))
若关于x的方程f(x＋T)＝f(x)有且仅有3个不同的实根，则实数T的取值范围是(－4，－2)∪(2，4).
解析：f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x－1|，x∈（0，2]，,min{|x－1|，|x－3|}，x∈（2，4]，,min{|x－3|，|x－5|}，x∈（4，＋∞）))
＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x－1|，x∈（0，2]，,|x－3|，x∈（2，4]，,|x－5|，x∈（4，＋∞），))
作出函数f(x)的图象，如图．
由于f(x＋T)＝f(x)有且仅有3个不同的实根，数形结合可知将f(x)的图象向左或者向右平移|T|个单位长度后与原图象有3个交点，所以2<|T|<4，即－4四、解答题
12．(2023·江西赣州高三期末)著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”在数学的学习和研究中，常常借助图象来研究函数的性质．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1，x≤0，,－x2＋2x＋1，x>0.))
(1)在平面直角坐标系中作函数y＝f(x)的简图，并根据图象写出该函数的单调减区间；
(2)解不等式f(x)≤1.
解：(1)简图如图所示：
由图可得该函数的单调减区间为(－∞，0)和(1，＋∞).
(2)①当x≤0时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) －1≤1得2－x≤21，所以－1≤x≤0；
②当x>0时，－x2＋2x＋1≤1，解得x≥2；
综上，不等式f(x)≤1的解集为[－1，0]∪[2，＋∞).
考点练13 函数与方程 对应学生用书025页
一、单项选择题
1．函数f(x)＝(3x－27)ln (x－1)的零点为( A )
A.2，3 B．2
C.(2，0) D．(2，0)，(3，0)
解析：由f(x)＝0，得(3x－27)ln (x－1)＝0，即3x－27＝0或ln (x－1)＝0，解得x＝3或x＝2，所以函数f(x)＝(3x－27)ln (x－1)的零点为2，3.故选A.
2．(教材改编)已知函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：
则函数y＝f(x)在区间[1，6] 上的零点至少有( B )
A.2个 B．3个
C.4个 D．5个
解析：依题意，f(2)>0，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，根据零点存在定理可知，f(x) 在区间(2，3)，(3，4)，(4，5) 上均至少含有一个零点，故函数y＝f(x) 在区间[1，6]上的零点至少有3个．故选B.
3．(2024·江苏南通高三统考阶段练习)函数f(x)＝ln x＋2x－5的零点为x0，且x0∈(k，k＋1)，k∈Z，则k＝( C )
A.0 B．1
C.2 D．3
解析：因为f(x)＝ln x＋2x－5在(0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝ln 2－1<0，f(3)＝ln 3＋1>0，即x0∈(2，3)，所以k＝2.故选C.
4．(2023·山东青岛模拟)已知x＝a是函数f(x)＝2x－lg eq \s\d9(\f(1,2))x的零点，若0A.f(x0)＝0
B.f(x0)>0
C.f(x0)<0
D.f(x0)的符号不确定
解析：f(x)＝2x－lg eq \s\d9(\f(1,2))x在(0，＋∞)上单调递增，且f(a)＝0，又05．若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－lg3|x|的零点有( B )
A.多于4个 B．4个
C.3个 D．2个
解析：分别作出y＝f(x)与y＝lg3|x|的图象如图所示，
由图可知y＝f(x)与y＝lg3|x|有4个交点，故函数y＝f(x)－lg3|x|有4个零点．故选B.
6．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2－a，x<1，,9－a－2x，x≥1)) 恰有2个零点，则a的取值范围是( B )
A.(－∞，4) B．(2，4)
C.(4，7) D．(2，7)
解析：由题意得，作出函数g(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋2，x<1，,9－2x，x≥1)) 的图象，如图所示，由f(x)＝0，得g(x)＝a，则直线y＝a与g(x)的图象恰有2个交点，数形结合得a的取值范围是(2，4).故选B.
二、多项选择题
7．若函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－a，x≤0，,ln x，x>0)) 有两个不同的零点，则实数a的取值可能为( BC )
A.－1 B． eq \f(1,2)
C.1 D．2
解析：当x>0时，由f(x)＝ln x＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点．令f(x)＝0，得a＝2x.因为0<2x≤20＝1，所以08．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，)) 若x1A.x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1
C.1解析：由函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2－2x，x≤0，,|lg2x|，x>0，)) 作出其函数图象如图所示：
由图可知，x1＋x2＝－2，－2三、填空题
9．(2023·山东济南模拟)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x ln x，x>0，,x2－x－2，x≤0，)) 则f(x)的零点为－1和1．
解析：令f(x)＝0得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,x ln x＝0)) 或
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,x2－x－2＝0，)) 解得x＝1或x＝－1，∴f(x)的零点为－1和1.
10．已知函数y＝f(x)的表达式为f(x)＝2x＋x－5，用二分法计算此函数在区间[1，2]上零点的近似值，第一次计算f(1)，f(2)的值，第二次计算f(x1)的值，第三次计算f(x2)的值，则x2＝ eq \f(7,4) ．
解析：因为f(1)＝－2<0，f(2)＝22＋2－5＝1>0，取[1，2]的中点x1＝ eq \f(3,2) ，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝2 eq \s\up9(\f(3,2)) ＋ eq \f(3,2) －5＝2 eq \r(2) － eq \f(7,2) ＝ eq \r(8) － eq \r(\f(49,4)) <0，所以，函数f(x)的零点在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) 内，故x2为区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) 的中点值，因此，x2＝ eq \f(\f(3,2)＋2,2) ＝ eq \f(7,4) .
11．若x1是方程xex＝1的解，x2是方程x ln x＝1的解，则x1x2＝1．
解析：x1，x2分别是函数y＝ex，函数y＝ln x与函数y＝ eq \f(1,x) 的图象的交点A，B的横坐标，所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,x1))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,x2))) 两点关于直线y＝x对称，因此x1x2＝1.
12．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋4，x≤0，,2x－2，x>0，)) 若函数y＝f(f(x)＋m)有四个零点，则实数m的取值范围是[－3，－1)．
解析：令f(x)＝0x＝－2或x＝1.令f(f(x)＋m)＝0得f(x)＋m＝－2或f(x)＋m＝1，∴f(x)＝－2－m或f(x)＝1－m.作出y＝f(x)的图象，如图所示．y＝f(f(x)＋m)有四个零点，∴f(x)＝－2－m，f(x)＝1－m各有两个根，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1<－2－m≤4，,－1<1－m≤4，)) 解得－3≤m<－1.
四、解答题
13．函数f(x)＝x2＋bx＋c的两个零点为2，3.
(1)求b，c的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋mx的两个零点分别在区间(1，2)，(2，4)内，求m的取值范围．
解：(1)2，3为方程x2＋bx＋c＝0的两根，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－b＝2＋3，,c＝2×3，)) ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－5，,c＝6.))
(2)由(1)知f(x)＝x2－5x＋6，g(x)＝x2＋(m－5)x＋6，
依题意 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（1）>0，,g（2）<0，,g（4）>0，)) 解得－ eq \f(1,2) 14．设函数f(x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x))) (x>0).
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的图象如图所示．
(2)因为f(x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x))) ＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈（0，1]，,1－\f(1,x)，x∈（1，＋∞），)) 故f(x)在(0，1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
由0(3)由函数f(x)的图象可知，当0一、单项选择题
1．(2024·四川绵阳高三期末)若函数f(x)＝x＋ eq \f(1,x) －a，则“a≥2”是“函数f(x)存在零点”的( A )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析：函数f(x)存在零点，等价于方程x＋ eq \f(1,x) －a＝0有实数根，等价于x2－ax＋1＝0有非零实数根，等价于a2－4≥0，等价于a≥2或a≤－2，所以“a≥2”是“函数f(x)存在零点”的充分不必要条件．故选A.
2．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）2，x≥0，,|x＋1|，x<0，)) 则y＝f(x)－ eq \f(1,2) 的所有零点之和为( D )
A. eq \f(\r(2)＋1,2) B． eq \f(1－\r(2),2)
C.2 D．0
解析：x≥0时，由(x－1)2－ eq \f(1,2) ＝0得x＝1± eq \f(\r(2),2) ，x<0时，由 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋1)) － eq \f(1,2) ＝0得x＝－ eq \f(1,2) 或x＝－ eq \f(3,2) ，所以四个零点之和为1＋ eq \f(\r(2),2) ＋1－ eq \f(\r(2),2) － eq \f(1,2) － eq \f(3,2) ＝0.故选D.
3．已知函数f(x)＝2x＋x－4，g(x)＝ex＋x－4，h(x)＝ln x＋x－4的零点分别是a，b，c，则a，b，c的大小顺序是( C )
A.aC.b解析：由已知条件得f(x)的零点可以看成y＝2x与y＝4－x图象的交点的横坐标，g(x)的零点可以看成y＝ex与y＝4－x图象的交点的横坐标，h(x)的零点可以看成y＝ln x与y＝4－x图象的交点的横坐标，在同一坐标系分别画出y＝2x，y＝ex，y＝ln x，y＝4－x的函数图象，如下图所示，可知c>a>b.故选C.
4．设函数f(x)的定义域为R，f(x－1)为奇函数，f(x＋1)为偶函数，当x∈(－1，1)时，f(x)＝－x2＋1，则函数y＝f(x)＋lg x的零点个数为( C )
A.4 B．5
C.6 D．7
解析：y＝f(x)＋lg x的零点个数即y＝f(x)，y＝－lg x的图象交点个数．因为f(x－1)为奇函数，故f(x－1)的图象关于原点对称，故f(x)的图象关于(－1，0)对称，又f(x＋1)为偶函数，故f(x)的图象关于直线x＝1对称，又当x∈(－1，1)时，f(x)＝－x2＋1，画出图象，如图，易得函数y＝f(x)，y＝－lg x的图象有6个交点．
故选C.
5．已知函数f(x)＝|ex－1|＋1，若函数g(x)＝[f(x)－2][f(x)＋a]有三个零点，则实数a的取值范围是( A )
A.(－2，－1) B．(－1，0)
C.(0，1) D．(1，2)
解析：作出f(x)的图象如图所示，令g(x)＝0，∴f(x)＝2或f(x)＝－a，∵f(x)＝2有一解，∴f(x)＝－a有两解．由图知1<－a<2，即－26．(新定义问题)(2024·浙江温州高三统考)定义在R上且图象连续不断的函数φ(x)，若存在常数m(m∈R)使得mφ(x)＋φ(x＋m)＝0对任意实数x都成立，我们称φ(x)是R上“m相伴函数”．下列关于“m相伴函数”的描述正确的是( C )
A.存在唯一的常数函数是“m相伴函数”
B.φ(x)＝x2是“m相伴函数”
C.“2 023相伴函数”至少有一个零点
D.“－2 023相伴函数”至少有一个零点
解析：对于A，令φ(x)＝a，x∈R，则φ(x＋m)＝a，所以ma＋a＝0，解得m＝－1，a∈R，函数φ(x)有无数个，故A错误；对于B，mx2＋(x＋m)2＝0对x∈R恒成立，化简得(m＋1)x2＋2mx＋m2＝0对x∈R恒成立，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋1＝0，,2m＝0，,m2＝0，)) 无解，则φ(x)＝x2不是“m相伴函数”，故B错误；对于C，2 023φ(x)＋φ(x＋2 023)＝0，令x＝0，φ(2 023)＝－2 023φ(0)，当φ(0)＝0时，φ(x)＝0有实根0，当φ(0)≠0时，φ(0)·φ(2 023)＝－2 023φ2(0)<0，因为函数φ(x)在R上的图象连续不断，则函数φ(x)在(0，2 023)上必有实根，所以“2 023相伴函数”至少有一个零点，故C正确；对于D，－2 023φ(x)＋φ(－2 023＋x)＝0，当x＝b∈R，φ(b－2 023)＝2 023φ(b)，若φ(b)≠0，φ(b)·φ(b－2 023)＝2 023φ2(b)>0，不能判定此区间[b－2 023，b)内是否有根，由于b的任意性，则不能确定φ(x)在R上有无零点，故D错误．故选C.
二、多项选择题
7．(2024·湖南衡阳高三月考)已知函数f(x)＝b·ax(a，b为常数，且a>0，a≠1)的图象经过点A(1，6)，B(3，24)，下列四个结论正确的是( ACD )
A.a＝2
B.b＝4
C.函数y＝f(x)－5仅有一个零点
D.若不等式ax＋bx－m≥0在x∈[1，＋∞)时恒成立，则实数m的取值范围为(－∞，5]
解析：依题意 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b·a1＝6，,b·a3＝24，)) 解得a＝2(负根舍去)，b＝3，所以A正确，B错误；则f(x)＝3·2x，函数y＝3·2x－5在R上递增，当x＝0时，y＝3·20－5＝－2<0；当x＝2时，y＝3·22－5＝7，所以函数y＝3·2x－5在R上有唯一零点，C正确；不等式ax＋bx－m≥0在x∈[1，＋∞)时恒成立，即m≤2x＋3x在x∈[1，＋∞)时恒成立，函数y＝2x＋3x在[1，＋∞)上单调递增，最小值为21＋31＝5，所以m≤5，D正确．故选ACD.
8．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,2f（x－1），x>0，)) 若关于x的方程f(x)＝a有两解，则实数a的值可能为( BD )
A.a＝ eq \f(1,e) B．a＝1
C.a＝e D．a＝3
解析：如图，①当x≤0时，f(x)＝ex在(－∞，0]上单调递增，且f(0)＝1，所以f(x)∈(0，1]；②当x>0时，则f(x)＝2kex－k，x∈(k－1，k]，k∈N*，可知f(x)在(k－1，k]，k∈N*上单调递增，且f(k－1)＝ eq \f(2k,e) ，f(k)＝2k，所以f(x)∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2k,e)，2k)) ，k∈N*，且 eq \f(2k＋1,e) <2k< eq \f(2k＋2,e) ，k∈N.方程f(x)＝a的根的个数可以转化为y＝f(x)与y＝a图象的交点个数，可得当a≤0时，y＝f(x)与y＝a图象没有交点；当0三、填空题
9．已知函数f(x)＝|1－x2|＋a，若f(x)有四个零点，则实数a的取值范围是(－1，0)．
解析：函数y＝f(x)有四个零点，
即y＝－a与y＝|1－x2|的图象有四个交点，作出函数y＝|1－x2|的图象如图，由图可知0<－a<1，即－110．(开放性问题)若函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－b，x<0，,\r(x)，x≥0)) 有且仅有两个零点，则实数b的一个取值为 eq \f(1,2) (答案不唯一)．
解析：令f(x)＝0，当x≥0时，由 eq \r(x) ＝0得x＝0，即x＝0为函数f(x)的一个零点，故当x<0时，2x－b＝0有一解，得b∈(0，1).
11．(2023·河北衡水模拟)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xex，x≤0，,lg x，x>0，)) 若关于x的方程f2(x)－(a－1)f(x)－a＝0 有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0)) ．
解析：当x≤0 时，f(x)＝xex，则f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)<0x<－1，令f′(x)>0－1－1) 上单调递减，在(－1，0] 上单调递增，且f(－1)＝－ eq \f(1,e) ，f(0)＝0，当x→－∞时，f(x)→0，所以－ eq \f(1,e) ≤f(x)≤0(x≤0).画出函数f(x) 的大致图象，如图所示．
由f 2(x)－(a－1)f(x)－a＝[f(x)＋1]·[f(x)－a]＝0，解得f(x)＝－1 或f(x)＝a.因为直线y＝f(x)＝－1 与图象有一个交点，即方程有一个根，所以直线y＝f(x)＝a 与图象应有三个交点，即方程有三个根，所以a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0)) .
12．(2024·重庆北碚区西南大学附中期末)已知函数f(2x＋1)为偶函数，且f(x＋2)＝－f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝2x－1，则函数g(x)＝lg |x|的图象与f(x)的图象一共有10个公共点．
解析：f(2x＋1)为偶函数，故f(－2x＋1)＝f(2x＋1)，故f(x)关于直线x＝1对称，将 eq \f(1,2) x代替x得f(－x＋1)＝f(x＋1)，再将x＋1代替x得到f(－x)＝f(x＋2)，
又f(x＋2)＝－f(x)，故f(－x)＝－f(x)，所以f(x)关于原点对称，
因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(x－2)，得到f(x＋2)＝f(x－2)，所以f(x)的一个周期为4，
当0≤x≤1时，f(x)＝2x－1，故当1≤x≤2时，2－x∈[0，1]，故f(x)＝f(2－x)＝22－x－1，
从而在同一坐标系内画出函数g(x)＝lg |x|的图象与f(x)的图象，如下：
可得到函数g(x)＝lg |x|的图象与f(x)的图象一共有10个公共点．
四、解答题
13．定义在R上的奇函数f(x)，当x≥0时，f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,x＋1)－2，x∈[0，1），,1－|x－3|，x∈[1，＋∞），)) 求函数F(x)＝f(x)－ eq \f(1,π) 的所有零点之和．
解：由题意知，当x<0时，
f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,x－1)＋2，x∈（－1，0），,|x＋3|－1，x∈（－∞，－1]，))
作出函数f(x)的图象如图所示，设函数y＝f(x)的图象与y＝ eq \f(1,π) 交点的横坐标从左到右依次为x1，x2，x3，x4，x5，由图象的对称性可知，x1＋x2＝－6，x4＋x5＝6，x1＋x2＋x4＋x5＝0，
令 eq \f(2,x－1) ＋2＝ eq \f(1,π) ，解得x3＝ eq \f(1,1－2π) ，所以函数F(x)＝f(x)－ eq \f(1,π) 的所有零点之和为 eq \f(1,1－2π) .
14．(新定义问题)对于定义域为[0，1]的函数f(x)，如果同时满足以下三个条件：①对任意的x∈[0，1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数．
(1)判断函数g(x)＝4x2－4x＋1(x∈[0，1])是否为理想函数，并予以证明；
(2)若函数f(x)为理想函数且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＝ eq \f(1,3) ，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) 的值；
(3)已知函数f(x)＝2x－1为理想函数，若x0∈[0，1]，使得f(f(x0))＝x0，求x0的值.
解：(1)不是理想函数，证明如下：
不妨取x1＝x2＝ eq \f(1,4) ，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) ＝ eq \f(1,4) ，
与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) 矛盾，
故该函数不是理想函数．
(2)由x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，
知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,3))) ≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ≥ eq \f(2,3) ，
又f(1)＝1＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(2,3))) ≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ≤ eq \f(2,3) ，
综上，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) ＝ eq \f(2,3) .
(3)由(2)知，当f(x0)>x0时，有f(f(x0))>f(x0)>x0与f(f(x0))＝x0矛盾，
同理当f(x0)故f(x0)＝x0，即x0为方程x＝2x－1在区间上的根，易知x0＝0或者x0＝1.
考点练14 函数模型及其应用 对应学生用书027页
一、单项选择题
1．(教材改编)某校拟用一种喷雾剂对宿舍进行消毒，需对喷雾完毕后空气中每立方米药物残留量y(单位：毫克)与时间x(单位：时)的关系进行研究，为此收集部分数据并做了初步处理，得到如图散点图．现拟从下列四个函数模型中选择一个估计y 与x的关系，则应选用的函数模型是( B )
A.y＝ax＋b
B.y＝a· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) x＋b(a>0)
C.y＝xa＋b(a>0)
D.y＝ax＋ eq \f(b,x) (a>0，b>0)
解析：由题图可知，函数在(0，＋∞) 上单调递减，且散点分布在一条曲线附近，函数y＝a· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(x) ＋b 的图象为一条曲线，且当a>0 时，该函数单调递减，符合题意．故选B.
2．(教材改编)如图，某池塘里浮萍的面积y(单位：m2)与时间t(单位：月)的关系为y＝at.关于下列说法：
①浮萍每月的增长率为1；
②第5个月时，浮萍面积就会超过30 m2；
③浮萍每月增加的面积都相等；
④若浮萍蔓延到2 m2，3 m2，6 m2所经过的时间分别是t1，t2，t3，则t1＋t2＝t3.
其中正确的说法是( C )
A.①② B．①②③
C.①②④ D．①②③④
解析：设y＝f(t)＝at.则f(1)＝2，得a＝2，∴y＝2t， eq \f(2t＋1－2t,2t) ＝1，故①正确；f(5)＝25＝32>30，故②正确；f(2)－f(1)＝22－21＝2，f(3)－f(2)＝23－22＝4，∴浮萍每月增加的面积不断增长，③错误；2t1＝2，2t2＝3，2t3＝6，∴t1＋t2＝lg22＋lg23＝lg26＝t3，∴t1＋t2＝t3成立，④正确．故选C.
3．(数学文化)(2024·安徽滁州高三月考)碳14是碳元素的一种同位素，具有放射性．活体生物其体内的碳14含量大致不变，当生物死亡后，其组织内的碳14开始衰变并逐渐消失．已知碳14的半衰期为5 730年，即生物死亡t年后，碳14所剩质量C(t)＝C0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\f(t,5 730)) ，其中C0为活体组织中碳14的质量．科学家一般利用碳14这一特性测定生物死亡年代.2023年科学家发现某生物遗体中碳14含量约为原始质量的0.8倍，依据计算结果并结合下图中我国历史朝代的时间轴(部分)可推断该生物死亡的朝代为(参考数据：lg 2≈0.301)( B )
A.西汉 B．东汉
C.三国 D．晋朝
解析：由题意知C0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\f(t,5 730)) ＝0.8C0，所以 eq \f(t,5 730) lg eq \f(1,2) ＝lg eq \f(8,10) ，所以t＝5 730× eq \f(1－3lg 2,lg 2) ，所以t≈5 730× eq \f(1－0.903,0.301) ≈1 847.2 023－1 847＝176，故对应死亡的朝代为东汉．故选B.
4．某污水处理厂为使处理后的污水达到排放标准，需要加入某种药剂，加入该药剂后，药剂的浓度C(单位：mg/m3)随时间t(单位：h)的变化关系可近似的用函数C(t)＝ eq \f(100（t＋1）,t2＋4t＋19) (t>0)刻画．由此可以判断，若使被处理的污水中该药剂的浓度达到最大值，需经过( A )
A.3 h B．4 h
C.5 h D．6 h
解析：依题意，t>0，所以t＋1>1，所以C(t)＝ eq \f(100（t＋1）,t2＋4t＋19) ＝ eq \f(100（t＋1）,（t＋1）2＋2（t＋1）＋16) ＝
eq \f(100,（t＋1）＋\f(16,t＋1)＋2) ≤ eq \f(100,2\r(（t＋1）·\f(16,t＋1))＋2) ＝ eq \f(100,10) ＝10，当且仅当t＋1＝ eq \f(16,t＋1) ，即t＝3时等号成立，故由此可判断，若使被处理的污水中该药剂的浓度达到最大值，需经过3 h．故选A.
二、多项选择题
5．(2024·浙江杭州高三月考)某市出租车收费标准如下：起步价为8元，起步里程为3 km(不超过3 km按起步价付费)；超过3 km但不超过8 km时，超过部分按每千米2.15元收费；超过8 km时，超过部分按每千米2.85元收费，另每次乘坐需付燃油附加费1元，下列结论正确的是( CD )
A.出租车行驶2 km，乘客需付费8元
B.出租车行驶4 km，乘客需付费9.6元
C.出租车行驶10 km，乘客需付费25.45元
D.某人两次乘出租车均行驶5 km的费用之和超过他乘出租车行驶10 km一次的费用
解析：对于A，出租车行驶2 km，乘客需付起步价8元和燃油附加费1元，共9元，故A错误；对于B，出租车行驶4 km，乘客需付费8＋2.15＋1＝11.15(元)，故B错误；对于C，出租车行驶10 km，乘客需付费8＋2.15×5＋2.85×2＋1＝25.45(元)，故C正确；对于D，某人两次乘出租车均行驶5 km的费用之和为2×(8＋2.15×2＋1)＝26.6(元)，一次行驶10 km的费用为25.45元，26.6>25.45，故D正确．故选CD.
6.(教材改编)某医药研究机构开发了一种新药，据监测，如果患者每次按规定的剂量注射该药物，注射后每毫升血液中的含药量y(微克)与时间t(小时)之间的关系近似满足如图所示的曲线．据进一步测定，当每毫升血液中含药量不少于0.125微克时，治疗该病有效，则( AD )
A.a＝3
B.注射一次治疗该病的有效时长为6小时
C.注射该药物 eq \f(1,8) 小时后每毫升血液中的含药量为0.4微克
D.注射一次治疗该病的有效时长为5 eq \f(31,32) 小时
解析：由函数图象可知y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4t，0≤t<1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(t－a)，t≥1，)) 当t＝1时，y＝4，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(1－a) ＝4，解得a＝3，∴y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4t，0≤t<1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(t－3)，t≥1，)) 故A正确；药物刚好起效的时间：4t＝0.125，即t＝ eq \f(1,32) ，药物刚好失效的时间： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(t－3) ＝0.125，解得t＝6，故注射一次治疗该病的有效时长为6－ eq \f(1,32) ＝5 eq \f(31,32) (小时)，不到6小时，故B错误，D正确；注射该药物 eq \f(1,8) 小时后每毫升血液中的含药量为4× eq \f(1,8) ＝0.5(微克)，故C错误．故选AD.
三、填空题
7．劳动实践是大学生学习知识、锻炼才干的有效途径，更是大学生服务社会、回报社会的一种良好形式．某大学生去一服装厂参加劳动实践，了解到当该服装厂生产的一种衣服日产量为x件时，售价为s元/件，且满足s＝820－2x，每天的成本合计为(600＋20x)元，请你帮他计算日产量为200件时，获得的日利润最大，最大利润为7.94万元．
解析：由题意易得日利润y＝sx－(600＋20x)＝x(820－2x)－(600＋20x)＝－2(x－200)2＋79 400，故当日产量为200件时，获得的日利润最大，最大利润为7.94万元．
8.迷你KTV是一类新型的娱乐设施，外形通常是由玻璃墙分隔成的类似电话亭的小房间，近几年投放在各大城市商场中，受到年轻人的欢迎．如图是某间迷你KTV的横截面示意图，其中AB＝AE＝ eq \f(3,2) ，∠A＝∠B＝∠E＝90°，曲线段CD是圆心角为90°的圆弧，设该迷你KTV横截面的面积为S，周长为L，则 eq \f(S,L) 的最大值为12－3 eq \r(15) ．(本题中取π＝3进行计算)
解析：设圆弧的半径为x(0S＝AE·DE＋(AB－DE)·(AE－x)＋ eq \f(1,4) π·x2＝ eq \f(3,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x)) ＋x· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x)) ＋ eq \f(πx2,4) ＝ eq \f(9,4) －x2＋ eq \f(πx2,4) ，L＝2AB＋BC＋DE＋ eq \f(2πx,4) ＝6－2x＋ eq \f(πx,2) ，∵π＝3，∴S＝ eq \f(9－x2,4) ，L＝6－ eq \f(1,2) x，∴ eq \f(S,L) ＝ eq \f(9－x2,24－2x) .
令t＝24－2x(21≤t<24)，则x＝ eq \f(24－t,2) ，
∴ eq \f(S,L) ＝ eq \f(9－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24－t,2)))\s\up12(2),t) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,4)＋\f(135,t))) ＋12，
根据基本不等式， eq \f(t,4) ＋ eq \f(135,t) ≥2 eq \r(\f(135,4)) ＝3 eq \r(15) ，当且仅当 eq \f(t,4) ＝ eq \f(135,t) ，即t＝6 eq \r(15) 时取“＝”.6 eq \r(15) ∈[21，24), ∴t＝6 eq \r(15) 时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(S,L))) eq \s\d7(max) ＝12－3 eq \r(15) .
9．(2024·浙江温州高三期末)黑嘴鸥被世界自然保护联盟列为易危物种，全球数量只有2万只左右．据温州网2022年11月26日的报道，今年越冬候鸟黑嘴鸥已到达温州湾，人们可以在密集的芦苇丛中进行观赏．研究发现黑嘴鸥的飞行速度(单位：m/s)可以表示为函数v＝10lg3x－20，其中x表示黑嘴鸥每秒耗氧量的单位数．已知黑嘴鸥在飞往温州湾的过程中，最低飞行速度为10 m/s，最高飞行速度为30 m/s，则黑嘴鸥每秒耗氧量的单位数的取值范围是[27，243]．
解析：由题知，黑嘴鸥的飞行速度(单位：m/s)可以表示为函数v＝10lg3x－20，其中x表示黑嘴鸥每秒耗氧量的单位数，当v＝10lg3x－20＝10时，得lg3x＝3，得x＝33＝27，当v＝10·lg3x－20＝30时，得lg3x＝5，得x＝35＝243，所以黑嘴鸥每秒耗氧量的单位数的取值范围是[27，243].
四、解答题
10．某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正常．排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度为64 ppm，继续排气4分钟后又测得浓度为32 ppm.由检验知该地下车库一氧化碳浓度y(ppm)与排气时间t(分钟)之间存在函数关系y＝c eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(mt) (c，m为常数).
(1)求c，m的值；
(2)若空气中一氧化碳浓度不高于0.5 ppm为正常，问至少排气多少分钟，这个地下车库中的一氧化碳含量才能达到正常状态？
解：(1)由题意可列方程组
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(64＝c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(4m)，,32＝c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(8m)，)) 两式相除，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝128，,m＝\f(1,4)．))
(2)由题意可列不等式128 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\f(1,4)t) ≤0.5，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(\f(1,4)t) ≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(8) ，即 eq \f(1,4) t≥8，解得t≥32.
故至少排气32分钟，这个地下车库中的一氧化碳含量才能达到正常状态．
一、单项选择题
1．某位股民购进某支股票，在接下来的交易时间内，他的这支股票先经历了n次涨停(每次上涨10%)，又经历了n次跌停(每次下跌10%)，则该股民这支股票的盈亏情况(不考虑其他费用)为( B )
A.略有盈利
B.略有亏损
C.没有盈利也没有亏损
D.无法判断盈亏情况
解析：设该股民购买这支股票的价格为a元，则经历n次涨停后的价格为a(1＋10%)n＝a×1.1n元，经历n次跌停后的价格为a×1.1n×(1－10%)n＝a×1.1n×0.9n＝a×(1.1×0.9)n＝0.99n·a2．异速生长规律描述生物的体重与其他生理属性之间的非线性数量关系，通常以幂函数形式表示．比如，某类动物的新陈代谢率y与其体重x满足y＝kxα，其中k和α为正常数，该类动物某一个体在生长发育过程中，其体重增长到初始状态的16倍时，其新陈代谢率仅提高到初始状态的8倍，则α为( D )
A. eq \f(1,4) B． eq \f(1,2)
C. eq \f(2,3) D． eq \f(3,4)
解析：设初始状态为(x1，y1)，则x2＝16x1，y2＝8y1，又y1＝kx eq \\al(α,1) ，y2＝kx eq \\al(α,2) ，即8y1＝k(16x1)α＝k·16αx eq \\al(α,1) ， eq \f(8y1,y1) ＝ eq \f(k·16αx eq \\al(α,1) ,kx eq \\al(α,1) ) ，16α＝8，24α＝23，4α＝3，α＝ eq \f(3,4) .故选D.
3．2021年11月24日，贵阳市修文县发生了4.6级地震，所幸的是没有人员伤亡和较大财产损失，在抗震分析中，某结构工程师提出：由于实测地震记录的缺乏，且考虑到强震记录数量的有限性和地震动的不可重复性，在抗震分析中还需要人工合成符合某些指定统计特征的非平稳地震波时程，其中地震动时程强度包络函数f(t)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,t1)))2，0A.e－1 B．1
C.9 D．e－2
解析：由题可知t1＝5，t2＝10，td＝20，c＝0.2，∴当104．(2023·黑龙江哈尔滨三中三模)如图为某小区七人足球场的平面示意图，AB为球门，在某次小区居民友谊比赛中，队员甲在中线上距离边线5米的P点处接球，此时tan ∠APB＝ eq \f(5,31) ，假设甲沿着平行边线的方向向前带球，并准备在点Q处射门，为获得最佳的射门角度(即∠AQB最大)，则射门时甲离上方端线的距离为( B )
A.5 eq \r(5) 米 B．5 eq \r(6) 米
C.10 eq \r(2) 米 D．10 eq \r(3) 米
解析：设AB＝x，并根据题意作如图示意图，
由图和题意得PH＝25，BH＝10，所以tan ∠BPH＝ eq \f(BH,HP) ＝ eq \f(10,25) ＝ eq \f(2,5) ，且tan ∠APB＝ eq \f(5,31) ，所以tan ∠APH＝tan (∠APB＋∠BPH)＝ eq \f(\f(5,31)＋\f(2,5),1－\f(5,31)×\f(2,5)) ＝ eq \f(3,5) ，又tan ∠APH＝ eq \f(AH,PH) ＝ eq \f(AB＋BH,PH) ＝ eq \f(x＋10,25) ，所以 eq \f(x＋10,25) ＝ eq \f(3,5) ，解得x＝5，即AB＝5，设QH＝h，h∈[0，25]，则AQ＝ eq \r(QH2＋AH2) ＝ eq \r(h2＋152) ，BQ＝ eq \r(QH2＋BH2) ＝ eq \r(h2＋102) ，所以在△AQB中，有cs ∠AQB＝ eq \f(AQ2＋BQ2－AB2,2AQ×BQ) ＝
eq \f(h2＋150,\r(h4＋325h2＋22 500)) ，令m＝h2＋150(150≤m≤775)，所以h2＝m－150，所以
cs ∠AQB＝
eq \f(m,\r(（m－150）2＋325（m－150）＋22 500)) ＝
eq \f(1,\r(－\f(3 750,m2)＋\f(25,m)＋1)) ，因为150≤m≤775，所以 eq \f(1,775) ≤ eq \f(1,m) ≤ eq \f(1,150) ，则要使∠AQB最大，即cs ∠AQB＝ eq \f(1,\r(－\f(3 750,m2)＋\f(25,m)＋1)) 要取得最小值，即 eq \r(－\f(3 750,m2)＋\f(25,m)＋1) 取得最大值，即－ eq \f(3 750,m2) ＋ eq \f(25,m) ＋1在 eq \f(1,775) ≤ eq \f(1,m) ≤ eq \f(1,150) 取得最大值，令t＝ eq \f(1,m) ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,775)，\f(1,150))) ， f(t)＝－3 750t2＋25t＋1，所以f(t)图象的对称轴为直线t＝ eq \f(1,300) ，所以f(t)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,775)，\f(1,300))) 上单调递增，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,300)，\f(1,150))) 上单调递减，所以当t＝ eq \f(1,300) 时，f(t)取得最大值，即∠AQB最大，此时 eq \f(1,m) ＝ eq \f(1,300) ，即m＝300，所以h2＝150，所以h＝5 eq \r(6) 米，此时获得最佳的射门角度(即∠AQB最大)，则射门时甲离上方端线的距离为5 eq \r(6) 米．故选B.
二、多项选择题
5．“双11”购物节中，某电商对顾客实行购物优惠活动，规定一次购物付款总额满一定额度，可以给予优惠：(1)如果购物总额不超过50元，则不给予优惠；(2)如果购物总额超过50元但不超过100元，可以使用一张5元优惠券；(3)如果购物总额超过 100元但不超过300元，按标价给予9折优惠；(4)如果购物总额超过300元，其中300元内的按第(3)条给予优惠，超过 300元的部分给予8折优惠．某人购买了部分商品，则下列说法正确的是( ABD )
A.如果购物总额为78元，那么应付款为73元
B.如果购物总额为228元，那么应付款为205.2元
C.如果购物总额为368元，那么应付款为294.4元
D.如果购物时一次性全部付款442.8元，那么购物总额为516元
解析：购物总额为78元，则应付款为78－5＝73(元)，A正确；购物总额为228元，则应付款为228×0.9＝205.2(元)，B正确；购物总额为368元，则应付款为300×0.9＋68×0.8＝324.4(元)，C错误；购物时一次性全部付款442.8元，则包含购物总额300元应付的270元，还有172.8元对应购物额度为 eq \f(172.8,0.8) ＝216(元)，因此购物总额为300＋216＝516(元)，D正确．故选ABD.
6．甲、乙、丙、丁四个物体同时从某一点出发向同一方向运动，它们的路程fi(x)(i＝1，2，3，4，其中1，2，3，4分别表示甲、乙、丙、丁)关于时间x(x≥0)的函数关系式分别为f1(x)＝2x－1，f2(x)＝x2，f3(x)＝x，f4(x)＝lg2(x＋1)，则下列结论正确的是( CD )
A.当x>1时，甲走在最前面
B.当x>1时，乙走在最前面
C.当01时，丁走在最后面
D.如果它们一直运动下去，最终走在最前面的是甲
解析：甲、乙、丙、丁的路程fi(x)(i＝1，2，3，4，其中1，2，3，4分别表示甲、乙、丙、丁)关于时间x(x≥0)的函数关系式分别为f1(x)＝2x－1，f2(x)＝x2，f3(x)＝x，f4(x)＝lg2(x＋1)，它们对应的函数模型分别为指数型函数模型、二次函数模型、一次函数模型、对数型函数模型．当x＝2时，f1(2)＝3，f2(2)＝4，所以A错误；当x＝5时，f1(5)＝31，f2(5)＝25，所以B错误；根据四种函数的变化特点，对数型函数的增长速度是先快后慢，又当x＝1时，甲、乙、丙、丁四个物体走过的路程相等，从而可知，当01时，丁走在最后面，所以C正确；指数型函数的增长速度是先慢后快，当运动的时间足够长时，最前面的物体一定是按照指数型函数模型运动的物体，即一定是甲物体，所以D正确．故选CD.
三、填空题
7．(2024·湖南长沙高三月考)探空气球是将探空仪器带到高空进行温度、大气压力、湿度、风速、风向等气象要素测量的气球，利用探空仪将实时探测到的大气垂直方向上的气象数据反馈给地面雷达，通过数据处理，成为全球预报员制作天气预报的重要依据．大气压强对气球能达到的最大高度和停留时间有非常大的影响．已知大气压强p(Pa)随海拔高度h(m)的变化规律是p＝p0e－k·h(k＝0.000 126)，其中p0是海平面大气压强．如果探空气球在A，B两处测得的大气压强分别为p1，p2，且p1＝2p2，那么A，B两处的海拔高度的差约为5 500 m．(参考数据：ln 2≈0.693)
解析：设A，B两处的海拔高度分别为h1，h2，由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p1＝p0·e－k·h1,p2＝p0·e－k·h2)) ，且p1＝2p2，即p0·e－k·h1＝2p0·e－k·h2，且p0≠0，可得e－k·h1＝2e－k·h2，两边同时取对数可得ln e－k·h1＝ln (2e－k·h2)，即－k·h1＝ln 2－k·h2，整理得h2－h1＝ eq \f(ln 2,k) ≈ eq \f(0.693,0.000 126) ＝5 500，即A，B两处的海拔高度的差约为5 500 m．
8．(数学文化)砖雕是江南古建筑雕刻中很重要的一种艺术形式，传统砖雕精致细腻、气韵生动、极富书卷气．如图是一扇环形砖雕，可视为扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分．已知扇环周长＝300 cm，大扇形半径OD＝100 cm，设小扇形半径OA＝x cm，∠AOB＝θ弧度，则
(1)θ关于x的函数关系式θ(x)＝ eq \f(100＋2x,100＋x) ，x∈(0，100)．
(2)若雕刻费用关于x的解析式为w(x)＝10x＋1 700，则砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为3．
解析：(1)由题意可知，∠AOB＝θ，OA＝x，OD＝100，所以l eq \\ac(\s\up5(⌒),AB) ＝θ·x，AD＝BC＝100－x，l eq \\ac(\s\up5(⌒),DC) ＝100θ，扇环周长l eq \\ac(\s\up5(⌒),AB) ＋AD＋BC＋l eq \\ac(\s\up5(⌒),DC) ＝θ·x＋200－2x＋100θ＝300，解得θ＝ eq \f(100＋2x,100＋x) ，x∈(0，100).
(2)砖雕面积即为图中扇环面积，记为S，则S＝S扇形DOC－S扇形AOB＝ eq \f(1,2) ·OD·l eq \\ac(\s\up5(⌒),DC) － eq \f(1,2) ·OA·l eq \\ac(\s\up5(⌒),AB) ＝ eq \f(1,2) ×100×100θ－ eq \f(1,2) ·x·θx＝5 000θ－ eq \f(θ,2) x2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5 000－\f(x2,2))) · eq \f(100＋2x,100＋x) ，设砖雕面积与雕刻费用之比为m，则m＝ eq \f(S,w（x）) ＝ eq \f(（10 000－x2）（100＋2x）,2（100＋x）（10x＋1 700）) ＝ eq \f(（100－x）（50＋x）,10（x＋170）) ，令t＝x＋170，则x＝t－170，所以m＝ eq \f(（270－t）（t－120）,10t) ＝ eq \f(－t2＋390t－120×270,10t) ＝－ eq \f(t,10) － eq \f(12×270,t) ＋39≤－2 eq \r(\f(t,10)·\f(12×270,t)) ＋39＝－36＋39＝3，当且仅当t＝180(即x＝10)时取等号，所以砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为3.
9．长江流域水库群的修建和联合调度，极大地降低了洪涝灾害风险，发挥了重要的防洪减灾效益．每年洪水来临之际，为保证防洪需要、降低防洪风险，水利部门需要在原有蓄水量的基础上联合调度，统一蓄水，用蓄满指数(蓄满指数＝水库实际蓄水量÷水库总蓄水量×100)来衡量每座水库的水位情况．假设某次联合调度要求如下：
(ⅰ)调度后每座水库的蓄满指数仍属于区间[0，100]；
(ⅱ)调度后每座水库的蓄满指数都不能降低；
(ⅲ)调度前后，各水库之间的蓄满指数排名不变．
记x为调度前某水库的蓄满指数，y为调度后该水库的蓄满指数，给出下面四个y关于x的函数解析式：
①y＝－ eq \f(1,20) x2＋6x；②y＝10 eq \r(x) ；③y＝10 eq \s\up9(\f(x,50)) ；④y＝100sin eq \f(π,200) x.
则满足此次联合调度要求的函数解析式的序号是②④．
解析：① y＝－ eq \f(1,20) x2＋6x＝－ eq \f(1,20) (x2－120x)＝－ eq \f(1,20) (x－60)2＋180，该函数在x＝60时函数值为180，超过了范围，不合题意；② y＝10 eq \r(x) 为增函数，且x∈[0，100]，y∈[0，100]且 eq \r(x) ≤10，则x≤10 eq \r(x) ，符合题意；③ y＝10 eq \s\up9(\f(x,50)) ，当x＝50时10 eq \s\up9(\f(x,50)) ＝10<50，不合题意；④ y＝100·sin eq \f(π,200) x，当x∈[0，100]时， eq \f(π,200) x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) ，故该函数在[0，100]上单调递增，又y＝100sin eq \f(π,200) x∈[0，100]，设g(x)＝100sin eq \f(π,200) x－x，x∈[0，100]，g′(x)＝100· eq \f(π,200) ·cs eq \f(π,200) x－1，x∈[0，100]，即g′(x)＝ eq \f(π,2) ·cs eq \f(π,200) x－1, 易知g′(x)＝ eq \f(π,2) ·cs eq \f(π,200) x－1在[0，100]上为减函数，令g′(x)＝0，则存在x0∈[0，100]，有g′(x)＝0，当x∈[0，x0]，g′(x)>0；当x∈[x0，100]，g′(x)<0；故g(x)在[0，x0]上递增，在[x0，100]上递减．g(0)＝0，g(100)＝0，故[0，100]上g(x)≥0，即[0，100]上100·sin eq \f(π,200) x≥x，符合题意．
四、解答题
10．(2024·福建福州高三月考)某单位购入了一种新型的空气消毒剂用于环境消毒，已知在一定范围内，每喷洒1个单位的消毒剂，空气中释放的浓度y(单位：毫米/立方米)随着时间x(单位：小时)变化的关系如下：当0≤x≤4时，y＝ eq \f(16,8－x)－1；当4(1)若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？
(2)若第一次喷洒2个单位的消毒剂，6小时后再喷洒a(1≤a≤4)个单位的消毒剂，要使接下来的4小时中能够持续有效消毒，试求a的最小值(精确到0.1，参考数据： eq \r(2) ≈1.4).
解：(1)因为一次喷洒4个单位的消毒剂，所以其浓度为f(x)＝4y＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(64,8－x)－4，0≤x≤4，,20－2x，4当0≤x≤4时， eq \f(64,8－x) －4≥4，解得x≥0，此时0≤x≤4，
当4所以若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8小时．
(2)设从第一次喷洒起，经x(6≤x≤10)小时后，其浓度g(x)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－\f(1,2)x)) ＋
a eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,8－（x－6）)－1)) ＝10－x＋ eq \f(16a,14－x) －a＝14－x＋ eq \f(16a,14－x) －a－4，
因为14－x∈[4，8]，a∈[1，4]，所以14－x＋ eq \f(16a,14－x) －a－4≥2 eq \r(（14－x）·\f(16a,14－x)) －a－4＝8 eq \r(a) －a－4，
当且仅当14－x＝ eq \f(16a,14－x) ，即x＝14－4 eq \r(a) ∈[6，10]时，等号成立；
所以其最小值为8 eq \r(a) －a－4，由8 eq \r(a) －a－4≥4，解得24－16 eq \r(2) ≤a≤4，所以a的最小值为24－16 eq \r(2) ≈1.6.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
x
1
2
3
4
5
6
y
136.136
15.552
－3.92
10.88
－52.488
－232.064