数学必修 第一册第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试单元测试达标测试

这是一份数学必修 第一册第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试单元测试达标测试，共12页。试卷主要包含了 下列式子计算正确的是， 设m＝lg0等内容，欢迎下载使用。

1. 已知函数f(x)＝2x−x−1，则不等式f(x)>0的解集是（ ）
A.(−1, 1)B.(−∞, −1)∪(1, +∞)
C.(0, 1)D.(−∞, 0)∪(1, +∞)

2. 下列式子计算正确的是（ ）
A.m3⋅m2＝m6B.(−m)2=−1m2
C.m2+m2＝2m2D.(m+n)2＝m2+n2

3. 在同一直角坐标系中，函数y=1ax，y=lga(x+12)(a>0且a≠1)的图象可能是( )
A.B.
C.D.

4. 设f(x)=2x,x≤8,f(x−8),x>8, 则f(17)＝（ ）
A.2B.4C.8D.16

5. 函数y＝ax+1−3(a>0，且a≠1)的图象一定经过的点是（ ）
A.(0, −2)B.(−1, −3)C.(0, −3)D.(−1, −2)

6. 设m＝lg0.30.6，n=12lg20.6，则（ ）
A.m−n>m+n>mnB.m−n>mn>m+nC.m+n>m−n>mnD.mn>m−n>m+n

7. 已知函数f(x)=1x−lnx−1，则y=f(x)的图象大致为( )
A.B.
C.D.

8. 已知a=lg2 e，b=ln2，c=lg12 13，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b

9. 若函数y=f(x)的定义域是[−1, 1]，则函数y=f(lg2x)的定义域是（ ）
A.[−1, 1]B.[12，2]C.[2，4]D.[1, 4]

10. 设函数f(x)＝ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)( )
A.是偶函数，且在(12, +∞)单调递增
B.是奇函数，且在(−12, 12)单调递减
C.是偶函数，且在(−∞, −12)单调递增
D.是奇函数，且在(−∞, −12)单调递减

11. 已知函数f(x)=|lnx|+1,x>0ex+1,x≤0 ，g(x)＝−x2−2x，若方程f（g(x)）−a＝0有3个不相等的实根，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−∞, 1)B.(0, 1]C.(1, 2]D.[2, +∞)

12. 在下列区间中，函数f(x)=ex+4x−3的零点所在的区间为（ ）
A.(−14，0)B.(0,14)C.(14，12)D.(12，34)
二．填空题（共6小题）

计算：23lg8−e0+(127)​−13+lg25＝________．

不等式|lg2x−a|<5对任意x∈[4, 16]恒成立，则实数a的取值范围为________．

已知当x∈(1, 2]时，不等式(x−1)2≤lgax恒成立，则实数a的取值范围为________．

若关于x的方程1|x−1|+|2x+2|−4=a的解集为空集，求实数a的取值范围________．

已知函数f(x)=3x−2,x<3,x2−8x+18,x≥3, 则函数g(x)＝f(x)−2的零点个数为________．

已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=1f(x)，当x∈[0, 2)时，f(x)＝x+ex，则f(2019)＝________11+e ．
三．解析题（共6小题）

已知函数f(x)=lga(1−x)+lga(x+3)(01求函数f(x)的定义域；

2求函数f(x)的零点；

3若函数f(x)的最小值为−4，求a的值．

已知定义域为R的函数f(x)=−2x+b2x+1+a是奇函数，
（1）求a，b的值；

（2）若对任意的t∈R，不等式f(t2−2t)+f(2t2−k)<0恒成立，求k的取值范围．

设f(x)=lga(1+x)+lga(3−x)(a>0, a≠1)，且f(1)=2．
（1）求a的值及f(x)的定义域．

（2）求f(x)在区间[0, 32]上的最大值．

已知实数a>0，定义域为R的函数f(x)=exa+aex是偶函数，其中e为自然对数的底数．

(1)求实数a值；

(2)判断该函数f(x)在(0, +∞)上的单调性并用定义证明；

(3)是否存在实数m，使得对任意的t∈R，不等式f(t−2)
已知函数f(x)对任意的实数m，n，f(m+n)=f(m)+f(n)，当x>0时，有f(x)>0．
（1）求证：f(0)=0

（2）求证：f(x)在(−∞, +∞)上为增函数．

（3）若f(1)=1，解不等式f(4x−2x)<2．

甲商店某种商品4月份（30天，4月1日为第一天）的销售价格P（元）与时间t（天）函数关系如图（一）所示，该商品日销售量Q（件）与时间t（天）函数关系如图（二）所示．
①写出图（一）表示的销售价格与时间的函数关系式P=f(t)，写出图（二）表示的日销售量与时间的函数关系式Q=g(t)，及日销售金额M（元）与时间的函数关系M=h(t)．
②乙商店销售同一种商品，在4月份采用另一种销售策略，日销售金额N（元）与时间t（天）之间的函数关系为N=−2t2−10t+2750，比较4月份每天两商店销售金额的大小．
参考答案与试题解析
人教A版（2019）必修第一册《第四章 指数函数与对数函数》2020年单元测试卷（3）
一．选择题（共12小题）
1.
【答案】
D
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
不等式即 2x>x+1．由于函数y＝2x和直线y＝x+1的图象都经过点(0, 1)、(1, 2)，数形结合可得结论．
【解答】
不等式f(x)>0，即 2x>x+1．
由于函数y＝2x和直线y＝x+1的图象都经过点(0, 1)、
(1, 2)，如图所示：
不等式f(x)>0的解集是(−∞, 0)∪(1, +∞)，
故选：D．
2.
【答案】
C
【考点】
有理数指数幂的运算性质及化简求值
【解析】
由题意根据分数指数幂的运算法则，分数指数幂与根式的转化，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【解答】
∵ m3⋅m2＝m3+2＝m5，故A错误；
∵ (−m)2＝m2，故B错误；
∵ m2+m2＝2m2，故C正确；
∵ (m+n)2＝m2+n2+2mn，故D错误，
3.
【答案】
D
【考点】
函数图象的作法
函数的图象
【解析】
对a进行讨论，结合指数，对数的性质即可判断；
【解答】
解：函数y=1ax，定义域为R，
y=lga(x+12)，定义域为{x|x>−12}，
①当a>1时，
可得y=1ax在R上是单调递减函数，图象恒过(0, 1)点，
函数y=lga(x+12)在(−12,+∞)上是单调递增函数，图象恒过(12, 0)；
②当0可得y=1ax在R上是单调递增函数，图象恒过(0, 1)点，
函数y=lga(x+12)在(−12,+∞)上是单调递减函数，图象恒过(12, 0).
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
求函数的值
函数的求值
【解析】
根据题意，由函数的解析式可得f(17)＝f(9)＝f(1)，进而计算可得答案．
【解答】
故选：A．
5.
【答案】
D
【考点】
指数函数的单调性与特殊点
【解析】
令x+1＝0，求得x和y的值，从而求得函数f(x)＝ax+1−3(a>0且a≠1)恒过定点的坐标．
【解答】
令x+1＝0，求得 x＝−1，且y＝−2，
故函数f(x)＝ax+1−3(a>0且a≠1)恒过定点(−1, −2)，
6.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用对数函数的单调性可得：m＝lg0.30.6>lg0.31＝0，n=12lg20.6<12lg21＝0，mn<0．计算1m+1n与1比较即可得出．
【解答】
m＝lg0.30.6>lg0.31＝0，n=12lg20.6<12lg21＝0，则mn<0．
1m+1n=lg0.60.3+lg0.64＝lg0.61.2∴ m+n>mn．
∴ m−n>m+n>mn．
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
利用函数的定义域与函数的值域排除B，D，通过函数的单调性排除C，推出结果即可．
【解答】
解：令g(x)=x−lnx−1，则g′(x)=1−1x=x−1x，
由g′(x)>0，得x>1，即函数g(x)在(1, +∞)上单调递增，
由g′(x)<0得0所以当x=1时，函数g(x)有最小值，g(x)min=g(0)=0，
于是对任意的x∈(0, 1)∪(1, +∞)，有g(x)≥0，故排除B，D，
因函数g(x)在(0, 1)上单调递减，则函数f(x)在(0, 1)上单调递增，故排除C.
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为1=lg2 2因为0因为lg12 13=lg2 3>lg2e，所以c>a．
所以c>a>b．
故选D．
9.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
由题意可得lg2x∈[−1, 1]，从而可得函数y=f(lg2x)的定义域．
【解答】
解：∵ y=f(x)的定义域是[−1, 1]，
∴ 函数y=f(lg2x)有意义⇔−1≤lg2x≤1，
∴ 12≤x≤2．
∴ 函数y=f(lg2x)的定义域是{x|12≤x≤2}．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
求出x的取值范围，由定义判断为奇函数，利用对数的运算性质变形，再判断内层函数t＝|2x+12x−1|的单调性，由复合函数的单调性得答案．
【解答】
由2x+1≠02x−1≠0 ，得x≠±12．
又f(−x)＝ln|−2x+1|−ln|−2x−1|＝−(ln|2x+1|−ln|2x−1|)＝−f(x)，
∴ f(x)为奇函数；
由f(x)＝ln|2x+1|−ln|2x−1|=ln|2x+1||2x−1|=ln|2x+12x−1|，
∵ 2x+12x−1=2x−1+22x−1=1+22x−1=1+22(x−12)=1+1x−12．
可得内层函数t＝|2x+12x−1|的图象如图，
在(−∞, −12)上单调递减，在(−12, 12)上单调递增，
则(12, +∞)上单调递减．
又对数式y＝lnt是定义域内的增函数，
由复合函数的单调性可得，f(x)在(−∞, −12)上单调递减．
11.
【答案】
C
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
利用配方法求出g(x)的范围，令g(x)＝t，则t≤1，要使方程f（g(x)）−a＝0有4个不相等的实根，可知关于t的方程为f(t)−a＝0有两个小于1的实数根，画出函数f(t)的图象，数形结合得答案．
【解答】
函数g(x)＝−x2−2x＝−(x+1)2+1≤1，
令g(x)＝t，则t≤1，要使方程f（g(x)）−a＝0有3个不相等的实根，
则关于t的方程为f(t)−a＝0有两个小于1的实数根，
画出函数f(t)=|lnt|+1,x>0et+1,x≤0 的图象如图：
由图可知，实数a的取值范围是(1, 2]．
12.
【答案】
C
【考点】
二分法的定义
【解析】
根据导函数判断函数f(x)=ex+4x−3单调递增，运用零点判定定理，判定区间．
【解答】
∵ 函数f(x)=ex+4x−3，
∴ f′(x)=ex+4>0，
∴ 函数f(x)=ex+4x−3在(−∞, +∞)上为增函数，
∵ f(14)=e14+1−3<0，
f(12)=e+2−3=e−1>0，
∴ f(14)⋅f(12)<0，
∴ 函数f(x)=ex+4x−3的零点所在的区间为(14, 12)
二．填空题（共6小题）
【答案】
4
【考点】
有理数指数幂的运算性质及化简求值
【解析】
利用指数幂的运算性质和对数的运算法则即可得出．
【解答】
23lg8−e0+(127)​−13+lg25
原式=lg823+lg25+(27)13−1
＝lg4+lg25+3−1
＝lg100+2
＝2+2
＝4
【答案】
(−1, 7)
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
由|lg2x−a|<5，得−5【解答】
由|lg2x−a|<5，得−5即lg2x−5∵ x∈[4, 16]，∴ lg2x∈[2, 4]，
要使不等式|lg2x−a|<5对任意x∈[4, 16]恒成立，
则(lg2x−5)max即−1∴ 实数a的取值范围为(−1, 7)．
【答案】
(1, 2]
【考点】
对数函数的图象与性质
不等式恒成立问题
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
由题意：当x∈(1, 2]时，不等式(x−1)2≤lgax恒成立，求出(x−1)2在x∈(1, 2]的最大值即可．
【解答】
解：当x∈(1, 2]时，不等式(x−1)2≤lgax恒成立，
令u=(x−1)2，开口向上，对称轴x=1，
x∈(1, 2]时，函数u是增函数．
则umax=1，u∈(0, 1]，
那么不等式(x−1)2≤lgax恒成立等价于1≤lgax，
则有lgaa≤lgax，
因为1所以当0当1即a∈(1, 2].
故答案为：(1, 2].
【答案】
(−12,0]
【考点】
函数的值域及其求法
【解析】
设y=1|x−1|+|2x+2|−4，得到函数的值域，利用y＝a在函数值域的补集中即可．
【解答】
由已知设y=1|x−1|+|2x+2|−4=13x−3,x≥11x−1,−1所以函数的值域为{y|y>0, 或y≤−12}，
要使 1|x−1|+|2x+2|−4=a的解集为空集，
只要函数y=1|x−1|+|2x+2|−4与y＝a没有交点，
所以满足条件的a的取值范围为−12【答案】
2
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
函数的零点，转化为方程的根，通过数形结合，转化求解即可．
【解答】
在同一直角坐标系中分别作出y＝f(x)，y＝2的图象如右图所示，
由图可知y＝f(x)与y＝2的图象有2个交点，
即函数g(x)恰有2个零点．
【答案】
11+e
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
根据题意，分析可得f(x+4)=1f(x+2)=f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，则有f(2019)＝f(3+2016)＝f(3)=1f(1)，结合函数的解析式分析可得答案．
【解答】
根据题意，函数f(x)满足f(x+2)=1f(x)，则f(x+4)=1f(x+2)=f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，
即f(2019)＝f(3+2016)＝f(3)=1f(1)，
又由f(1)＝1+e，则f(2019)＝f(3)=1f(1)=11+e，
故答案为：11+e．
三．解析题（共6小题）
【答案】
解：1要使函数有意义：则有1−x>0，x+3>0，
解之得：−3则函数的定义域为：(−3, 1).
2函数可化为f(x)=lga(1−x)(x+3)=lga(−x2−2x+3)，
由f(x)=0，得−x2−2x+3=1，
即x2+2x−2=0，x=−1±3，
∵ −1±3∈(−3,1)，∴ 函数f(x)的零点是−1±3.
3函数可化为：
f(x)=lga(1−x)(x+3)
=lga(−x2−2x+3)
=lga[−(x+1)2+4]，
∵ −3∵ 0即f(x)min=lga4，由lga4=−4，得a−4=4，
∴ a=4−14=22.
【考点】
函数的零点
对数函数的值域与最值
对数函数的定义域
【解析】
（1）根据对数的真数大于零，列出不等式组并求出解集，函数的定义域用集合或区间表示出来；
（2）利用对数的运算性质对解析式进行化简，再由f(x)=0，即−x2−2x+3=1，求此方程的根并验证是否在函数的定义域内；
（3）把函数解析式化简后，利用配方求真数在定义域内的范围，再根据对数函数在定义域内递减，求出函数的最小值lga4，得lga4=−4利用对数的定义求出a的值．
【解答】
解：1要使函数有意义：则有1−x>0，x+3>0，
解之得：−3则函数的定义域为：(−3, 1).
2函数可化为f(x)=lga(1−x)(x+3)=lga(−x2−2x+3)，
由f(x)=0，得−x2−2x+3=1，
即x2+2x−2=0，x=−1±3，
∵ −1±3∈(−3,1)，∴ 函数f(x)的零点是−1±3.
3函数可化为：
f(x)=lga(1−x)(x+3)
=lga(−x2−2x+3)
=lga[−(x+1)2+4]，
∵ −3∵ 0即f(x)min=lga4，由lga4=−4，得a−4=4，
∴ a=4−14=22.
【答案】
因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，
即−1+b2+a=0⇒b＝1；
∴ f(x)=−2x+12x+1+a；
又∵ 定义域为R，则有f(−1)＝−f(1)，
可得：−2+14+a=−−12+11+a⇒a＝2；
经检验：f(x)是奇函数，满足题意．
所以a，b的值分别为2，1．
由(Ⅰ)知f(x)=−2x+12x+1+2=−12+12x+1，
易知f(x)在(−∞, +∞)上为减函数；
又因f(x)是奇函数，
从而不等式：f(t2−2t)+f(2t2−k)<0等价于f(t2−2t)<−f(2t2−k)＝f(k−2t2)，
因f(x)为减函数，f(t2−2t)得：t2−2t>k−2t2
即对一切t∈R有：3t2−2t−k>0，开口向上，
从而判别式△＝4+12k<0⇒k<−13
即k的取值范围是(−∞,−13)
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
（1）根据奇函数的性质，定义域包括0，则有f(0)＝0，定义域为R，f(−1)＝−f(1)即可求得a，b的值．
（2）将f(t2−2t)+f(2t2−k)0变形为：f(t2−2t)+<−f(2t2−k)，因为f(x)是奇函数，−f(2t2−k)＝−f(k−2t2)，在利用f(x)减函数解不等式即可
【解答】
因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，
即−1+b2+a=0⇒b＝1；
∴ f(x)=−2x+12x+1+a；
又∵ 定义域为R，则有f(−1)＝−f(1)，
可得：−2+14+a=−−12+11+a⇒a＝2；
经检验：f(x)是奇函数，满足题意．
所以a，b的值分别为2，1．
由(Ⅰ)知f(x)=−2x+12x+1+2=−12+12x+1，
易知f(x)在(−∞, +∞)上为减函数；
又因f(x)是奇函数，
从而不等式：f(t2−2t)+f(2t2−k)<0等价于f(t2−2t)<−f(2t2−k)＝f(k−2t2)，
因f(x)为减函数，f(t2−2t)得：t2−2t>k−2t2
即对一切t∈R有：3t2−2t−k>0，开口向上，
从而判别式△＝4+12k<0⇒k<−13
即k的取值范围是(−∞,−13)
【答案】
解：（1）∵ f(x)=lga(1+x)+lga(3−x)(a>0, a≠1)，
∴ f(1)=lga2+lga2=2lga2=2，
∴ a=2；
∴ f(x)=lg2(1+x)+lg2(3−x)，
∴ 1+x>03−x>0，
解得−1∴ f(x)的定义域是(−1, 3)．
（2）∵ f(x)=lg2(1+x)+lg2(3−x)=lg2(1+x)(3−x)=lg2[−(x−1)2+4]，
且x∈(−1, 3)；
∴ 当x=1时，f(x)在区间[0, 32]上取得最大值，是lg24=2．
【考点】
函数的定义域及其求法
函数最值的应用
【解析】
（1）由f(1)=2，求出a的值，由对数的真数大于0，求得x的取值范围，即得定义域；
（2）化简f(x)，考查f(x)在区间[0, 32]上的单调性，求出最大值．
【解答】
解：（1）∵ f(x)=lga(1+x)+lga(3−x)(a>0, a≠1)，
∴ f(1)=lga2+lga2=2lga2=2，
∴ a=2；
∴ f(x)=lg2(1+x)+lg2(3−x)，
∴ 1+x>03−x>0，
解得−1∴ f(x)的定义域是(−1, 3)．
（2）∵ f(x)=lg2(1+x)+lg2(3−x)=lg2(1+x)(3−x)=lg2[−(x−1)2+4]，
且x∈(−1, 3)；
∴ 当x=1时，f(x)在区间[0, 32]上取得最大值，是lg24=2．
【答案】
解：(1)定义域为R的函数f(x)=exa+aex是偶函数，
则f(−x)=f(x)恒成立，
即e−xa+ae−x=exa+aex，
故(1a−a)(ex−e−x)=0恒成立，
因为ex−e−x不可能恒为0，
所以当1a−a=0时，f(−x)=f(x)恒成立，
而a>0，
所以a=1.
(2)该函数f(x)=ex+1ex在(0, +∞)上递增，证明如下：
设任意x1，x2∈(0, +∞)，且x1f(x1)−f(x2)=(ex1+1ex1)−(ex2+1ex2)
=(ex1−ex2)+(1ex1−1ex2)
=(ex1−ex2)+ex2−ex1ex1ex2
=(ex1−ex2)(ex1ex2−1)ex1ex2，
因为0所以ex11,ex2>1，
所以(ex1−ex2)(ex1ex2−1)ex1ex2<0，
即f(x1)−f(x2)<0，
即f(x1)故函数f(x)=ex+1ex在(0, +∞)上递增．
(3)由(2)知函数f(x)在(0, +∞)上递增，
而函数f(x)是偶函数，
则函数f(x)在(−∞, 0)上递减．
若存在实数m，使得对任意的t∈R，不等式f(t−2)则|t−2|<|2t−m|恒成立，即|t−2|2<|2t−m|2，
即3t2−(4m−4)t+m2−4>0对任意的t∈R恒成立，
则Δ=(4m−4)2−12(m2−4)<0，
得到(m−4)2<0，m∈⌀，
所以不存在．
【考点】
函数恒成立问题
偶函数
函数单调性的判断与证明
【解析】
(Ⅰ)由偶函数的定义得到关于x恒成立的表达式进而求解；
(Ⅱ)根据函数单调性的定义，对函数值作差，将其分子分母化成因式乘积的形式，判断每一个因式的正负即可；
(Ⅲ)根据函数的单调性和奇偶性，将函数符号f去掉，得到关于t的不等式，由恒成立问题求解即可．
【解答】
解：(1)定义域为R的函数f(x)=exa+aex是偶函数，
则f(−x)=f(x)恒成立，
即e−xa+ae−x=exa+aex，
故(1a−a)(ex−e−x)=0恒成立，
因为ex−e−x不可能恒为0，
所以当1a−a=0时，f(−x)=f(x)恒成立，
而a>0，
所以a=1.
(2)该函数f(x)=ex+1ex在(0, +∞)上递增，证明如下：
设任意x1，x2∈(0, +∞)，且x1f(x1)−f(x2)=(ex1+1ex1)−(ex2+1ex2)
=(ex1−ex2)+(1ex1−1ex2)
=(ex1−ex2)+ex2−ex1ex1ex2
=(ex1−ex2)(ex1ex2−1)ex1ex2，
因为0所以ex11,ex2>1，
所以(ex1−ex2)(ex1ex2−1)ex1ex2<0，
即f(x1)−f(x2)<0，
即f(x1)故函数f(x)=ex+1ex在(0, +∞)上递增．
(3)由(2)知函数f(x)在(0, +∞)上递增，
而函数f(x)是偶函数，
则函数f(x)在(−∞, 0)上递减．
若存在实数m，使得对任意的t∈R，不等式f(t−2)则|t−2|<|2t−m|恒成立，即|t−2|2<|2t−m|2，
即3t2−(4m−4)t+m2−4>0对任意的t∈R恒成立，
则Δ=(4m−4)2−12(m2−4)<0，
得到(m−4)2<0，m∈⌀，
所以不存在．
【答案】
（1）解：令m=n=0，
f(m+n)=f(m)+f(n)，由f(m+n)=f(m)+f(n)，得f(0)=f(0)+f(0)，
所以f(0)=0．
（2）证明：设x1则f(x1)−f(x2)=f(x1)−f[(x2−x1)+x1]
=f(x1)−[f(x2−x1)+f(x1)]
=−f(x2−x1)，
因为当x>0时，有f(x)>0，且x2−x1>0，所以f(x2−x1)>0，
所以f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)故函数f(x)在(−∞, +∞)上为增函数．
（3）解：由f(1)=1及已知，得2=f(1)+f(1)=f(2)，
所以不等式f(4x−2x)<2等价于f(4x−2x)由（2）知f(x)为R上的增函数，所以有4x−2x<2，
不等式f(4x−2x)<2即(2x)2−2x−2<0，则(2x+1)(2x−2)<0，
所以2x<2，解得x<1．
故不等式f(4x−2x)<2的解集为{x|x<1}．
【考点】
抽象函数及其应用
函数单调性的判断与证明
其他不等式的解法
【解析】
（1）赋值法：在f(m+n)=f(m)+f(n)中，令m=n=0即可解得；
（2）利用增函数的定义证明：设x10时，有f(x)>0，可得到f(x1)（3）由f(1)=1及已知可得2=f(2)，再由函数f(x)的单调性可把不等式f(4x−2x)<2化为4x−2x<2，从而可求得不等式．
【解答】
（1）解：令m=n=0，
f(m+n)=f(m)+f(n)，由f(m+n)=f(m)+f(n)，得f(0)=f(0)+f(0)，
所以f(0)=0．
（2）证明：设x1则f(x1)−f(x2)=f(x1)−f[(x2−x1)+x1]
=f(x1)−[f(x2−x1)+f(x1)]
=−f(x2−x1)，
因为当x>0时，有f(x)>0，且x2−x1>0，所以f(x2−x1)>0，
所以f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)故函数f(x)在(−∞, +∞)上为增函数．
（3）解：由f(1)=1及已知，得2=f(1)+f(1)=f(2)，
所以不等式f(4x−2x)<2等价于f(4x−2x)由（2）知f(x)为R上的增函数，所以有4x−2x<2，
不等式f(4x−2x)<2即(2x)2−2x−2<0，则(2x+1)(2x−2)<0，
所以2x<2，解得x<1．
故不等式f(4x−2x)<2的解集为{x|x<1}．
【答案】
解：①设价格函数是y=kt+b，过点(0, 15)、(30, 30)，则b=1530k+b=30⇒lb=15k=12；
∴ f(t)=12t+15(0设销售量函数y=at+m，过点(0, 160)，(30, 40)，
则m=16030a+m=40⇒m=160a=−4；
∴ g(t)=−4t+160(0则M=(12t+15)(−4t+160)=−2t2+20t+2400(0②N=−2t2−10t+2750(t∈N)，则Q(t)=M−N=30t−350<00030≥t≥12(t∈N)，
即前11天甲商店销售额少，以后乙均比甲少．
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
①设价格函数是y=kt+b，且过点(0, 15)、(30, 30)，代入可求得f(t)；同理，可求得销售量函数g(t)，从而得日销售金额与时间的函数M=h(t)=f(t)⋅g(t)；
②由M、N的解析式，作差比较，可得4月份每天两商店销售金额的大小．
【解答】
解：①设价格函数是y=kt+b，过点(0, 15)、(30, 30)，则b=1530k+b=30⇒lb=15k=12；
∴ f(t)=12t+15(0设销售量函数y=at+m，过点(0, 160)，(30, 40)，
则m=16030a+m=40⇒m=160a=−4；
∴ g(t)=−4t+160(0则M=(12t+15)(−4t+160)=−2t2+20t+2400(0②N=−2t2−10t+2750(t∈N)，则Q(t)=M−N=30t−350<00030≥t≥12(t∈N)，
即前11天甲商店销售额少，以后乙均比甲少．