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高中数学二轮复习讲义——选填题部分
第 3 讲 函数与方程、不等式
高考对函数应用的考查主要是函数零点个数的判断、零点所在的区间．近几
年全国卷考查函数模型及其应用较少，但也要引起重视.
题型一、零点个数问题
{ 2x−x2，x≥0
1．已知函数 f（x）= ，则函数 f（x）在（﹣6，+∞）上的零点个数为
1−ln(x+6)，−6＜x＜0
（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
{ 2x−x2，x≥0
【解答】解：函数f（x）= ，
1−ln(x+6)，−6＜x＜0
{ x≥0 { −6＜x＜0
，解得x＝2，x＝4， ，解得x＝﹣5．
2x−x2=0 1−ln(x+6)=0
函数的零点个数为3个．
故选：C．
{log x，x＞0
2
2．已知偶函数y＝f（x），x R满足：f（x）＝x2﹣3x（x≥0），若函数g（x）= 1 ，则y＝f
− ，x＜0
x
∈
（x）﹣g（x）的零点个数为（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4{log x，x＞0
2
【解答】解：y＝f（x）﹣g（x）的零点个数即函数y＝f（x）与函数g（x）= 1 的交点的
− ，x＜0
x
个数，
{log x，x＞0
2
作函数y＝f（x）与函数g（x）= 1 的图象如下，
− ，x＜0
x
有3个交点，
故选：B．
3．定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x+2）＝f（x），当 x （﹣1，1]时，f（x）＝x2，g（x）
∈
{log (x−1)，x＞1
= 3 ，那么函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上零点的个数为（ ）
2x，x≤1
A．9 B．8 C．7 D．6
【解答】解：∵f（x+2）＝f（x），∴f（x）是周期为2的函数，
作出f（x）与g（x）的函数图象如图所示：
由图象可知两函数在[﹣5，5]上有8个交点，
∴h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上有8个零点．
故选：B．{ 0，0＜x≤1
4．已知函数f（x）＝|lnx|，g（x）= ，则方程|f（x）+g（x）|＝1实根的个数为（
|x2−4|−2，x＞1
）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：当0＜x≤1时，f（x）＝﹣lnx，g（x）＝0，
∴|f（x）+g（x）|＝|﹣lnx|＝1有一实根；
当x＞1时，f（x）＝lnx，g（x）＝|x2﹣4|﹣2，
∴|f（x）+g（x）|＝|lnx+g（x）|＝1，
∴|x2﹣4|＝1﹣lnx或|x2﹣4|＝3﹣lnx，
分别画出函数的图象如图，由图可知共有2个交点，
故实根的个数为3个，
故选：B．
5．已知函数y＝f（x）（x R）满足f（x+1）＝﹣f（x），且当x [﹣1，1]时，f（x）＝|x|，函数g（x）
∈ ∈
{sin(πx)，x≥0
= 1 ，则函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上的零点的个数为（ ）
− ，x＜0
x
A．8 B．9 C．10 D．11
【解答】解：由f（x+1）＝﹣f（x），得f（x+2）＝﹣f（x+1）＝﹣[﹣f（x）]＝f（x），
∴f（x）是以2为周期的周期函数，又当x [﹣1，1]时，f（x）＝|x|，
∴作出函数y＝f（x）与y＝g（x）的图象如∈图：由图可知，函数h（x）＝f（x）﹣g（x）在区间[﹣5，5]上的零点的个数为10个．
故选：C．
题型二、已知零点个数求参
1 1
1．已知关于x的方程2•（ ）﹣x﹣（ ）﹣x+a＝0在区间[﹣1，0]上有实数根，则实数a的取值范围是（
4 2
）
1 1 1
A．[0， ] B．[﹣1，0]∪（0， ]C．[﹣1，0] D．[﹣1， ]
8 8 8
【解答】解：分类参数可得：a＝﹣2×（2x）2+2x（x [﹣1，0]）
1 1 1 ∈
令2x＝t（t [ ，1]，a＝﹣2t2+t＝﹣2（t− ）2+
2 4 8
∈
1
∴函数在[ ，1]上单调减
2
∴a [﹣1，0]
故选∈：C．
2．已知函数f（x）＝2x+x3﹣8的零点x （m﹣1，m），则整数m的值为（ ）
0
A．﹣1 B．0 ∈ C．1 D．2
【解答】解：函数f（x）＝2x+x3﹣8，
因为f（1）＝2+1﹣8＝﹣5＜0，f（2）＝4+8﹣8＝4＞0，
又函数f（x）在R上为单调递增函数，
所以存在唯一的零点x （1，2），
0
又零点x （m﹣1，m）∈，
0
所以m＝2∈．
故选：D．
3．设f（x）＝|lnx|，若函数g（x）＝f（x）﹣ax在区间（0，e2）上有三个零点，则实数a的取值范围是
（ ）1 1 1 2 2 2 1
A．(0， ) B．( ， ) C．( ， ) D．( ， )
e e2 e e2 e e2 e
【解答】解：∵函数g（x）＝f（x）﹣ax在区间（0，e2）上有三个零点，
∴y＝f（x）与y＝ax在区间（0，e2）上有三个交点；
2−0 2
= =
由函数y＝f（x）与y＝ax的图象可知，k ；
1 e2−0 e2
1
f（x）＝lnx，（x＞1），f′（x）= ，
x
lnt−0 1
设切点坐标为（t，lnt），则 = ，解得：t＝e．
t−0 t
1 2 1
∴k = ．则直线y＝ax的斜率a （ ， ）．
2 e e2 e
∈
故选：D．
{ x2−2，x＞0
4．已知函数f（x）= 的图象上恰有三对点关于原点成中心对称，则a的取值范围
−3|x+a|+a，x＜0
是（ ）
17 17 17 17
A．（− ，﹣2） B．（− ，﹣2] C．[1， ） D．（1， ）
8 8 16 16
【解答】解：当x＞0时，f（x）＝x2﹣2关于原点对称的图象对应的函数解析式为y＝﹣x2+2（x＜0），
由题意可得方程2﹣x2＝﹣3|x+a|+a在x＜0时有三个不等的实根．
若a≤0时，方程即为x2+3x+4a﹣2＝0最多有2个不等实根，故不成立；
当a＞0时，若x≥﹣a时，方程即为x2﹣3x﹣2a﹣2＝0，
3±√17+8a 3−√17+8a
解得x= ，舍去正的，可得x= ；
2 2
若x＜﹣a，方程即为x2+3x+4a﹣2＝0，由题意可得判别式大于0，
17 −3±√17−16a
即为9﹣4（4a﹣2）＞0，解得a＜ ．解得x= ．
16 2
3−√17+8a −3−√17−16a −3+√17−16a
由 ≥−a， ＜−a，且 ＜−a，
2 2 2
17 17
可得a≥1且0＜a＜＜ 且1＜a＜＜ ．
16 16
17
即有a的范围是（1， ）．
16故选：D．
1
5．已知f（x）是定义在R上且周期为3的函数，当x [0，3）时，f（x）＝|x2﹣2x + |．若函数y＝f（x）
2
∈
﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a的取值范围是（ ）
1 1
A．[0， ） B．（0，1） C．（0， ） D．（0，1]
2 2
【解答】解：由y＝f（x）﹣a＝0得f（x）＝a，
作出函数f（x）在[﹣3，4]上的图象如图：
1
∵f（0）＝f（1）＝f（2）= ，
2
1 1
∴当a = 时，方程f（x）= 在[﹣3，4]上有8个根，
2 2
当a＝0时，方程f（x）＝0在[﹣3，4]上有5个根，
则要使函数y＝f（x）﹣a在区间[﹣3，4]上有10个零点，
即方程f（x）＝a在区间[﹣3，4]上有10个根，
1
则0＜a＜ ，
2
故选：C．
{ x2+2，x∈[0，1)
6．已知定义在R上的函数f（x）= ，且f（x+2）＝f（x），若方程f（x）﹣kx﹣2
2−x2，x∈[−1，0)
＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值集合是（ ）
1 1 1 1
A．{ ，1} B．{ ，− } C．{﹣1，1} D．{﹣1，− }
3 3 3 3
{ x2+2，x∈[0，1)
【解答】解：作函数f（x）= 与g（x）＝kx+2的图象如下，
2−x2，x∈[−1，0)
直线g（x）＝kx+2恒过点（0，2），
若直线y＝kx+2与f（x）的图象有2个交点，结合图象可知，k＝1，或﹣1，
故选：C．
{ f(x+3)，x＜a
7．设a R，函数f(x)= ，若f（x）在区间（0，+∞）内恰有4个零点，则
x2−(2a+1)x+a2+3，x≥a
∈
a的取值范围是（ ）
11 11
A．（ ，3）⋃（9−√6，9） B．（ ，3）∪（6，9−√6）
4 4
13 13
C．（3， ）⋃（9−√6，9） D．（3， ）⋃（6，9−√6）
4 4
【解答】解：由题意 y＝f（x）在[a，+∞）上有零点，而 y＝x2﹣（2a+1）x+a2+3的对称轴为x＝a
1
+ ＞a，
2
11
∴Δ＝（2a+1）2﹣4（a2+3）＞0，解得a＞ ，注意到f（a）＝3﹣a，
4
11
①当3﹣a＞0时，即 ＜a＜3时，f（x）在（a，+∞）上有两个零点，
4
此时（a﹣3，a） （0，a），且f（x）在（a﹣3，a）上有两个零点，
1 ⊇5
又∵a+ −3=a− ＞0，f（0）＝f（3）＝9﹣3（2a+1）+a2+3＝a2﹣6a+9＝（a﹣3）2＞0，
2 2
∴f（x）在（0，a）上有两个零点，
11
∴当 ＜a＜3时，f（x）在区间（0，+∞）内恰有4个零点，
4
②当3﹣a＜0时，即a＞3时，f（x）在[a，+∞）内有一个零点x ，
0
要使f（x）在区间（0，+∞）内恰有4个零点，则x 必在区间（a，a+3）上，
0
从而f（a+3）＝（a+3）2﹣（2a+1）（a+3）+a2+3＞0，解得a＜9，
又区间（0，a）的长度大于6，得a＞6，此时0 （a﹣9，a﹣6），即6＜a＜9，
此时f（x）在[a﹣6，a﹣3），[a﹣3，a），[a，∈+∞）上各有一个零点，∴当f（0）＜0时，f（x）在区间（0，+∞）内恰有4个零点，
∴f（0）＝f（9）＝81﹣9（2a+1）+a2+3＝a2﹣18a+75＜0，解得9−√6＜a＜9+√6，
∴当9−√6＜a＜9时，f（x）在区间（0，+∞）内恰有4个零点，
③当3﹣a＝0，即a＝3时，易知f（x）在区间（0，+∞）内仅有两个零点，不符合题意，
11
综上所述，a的取值范围是（ ，3）∪（9−√6，9）．
4
故选：A．
题型三、等高线问题
1．设函数f（x）＝|2x+1﹣1|，若互不相等的实数a，b满足f（a）＝f（b），则a+b的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣2] C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣2，+∞）
【解答】解：由题意可知，函数 f（x）＝|2x+1﹣1|在区间（﹣∞，﹣1）上单调递减，在区间（﹣
1，+∞）上单调递增，
因为互不相等的实数a，b满足f（a）＝f（b），所以a＜﹣1＜b，
则1﹣2a+1＝2b+1﹣1，
故2＝2a+1+2b+1≥2√2a+1 ⋅2b+1=2√2a+b+2，即2a+b+2≤1，
解得a+b≤﹣2，
因为实数a，b不相等，所以等号不成立，
故a+b＜﹣2，
所以a+b的取值范围是（﹣∞，﹣2）．
故选：A．
{
|log x|，0＜x＜2
2
2．已知函数f（x）= 1 8 ，若存在实数a，b，c，d，满足f（a）＝f（b）＝f（c）＝f
x2− x+5，x≥2
3 3
（d），其中0＜a＜b＜c＜d，则abcd的取值范围是（ ）
A．（8，24） B．（10，18） C．（12，18） D．（12，15）
{
|log x|，0＜x＜2
2
【解答】解：函数f（x）= 1 8 如下图所示：
x2− x+5，x≥2
3 3由图可得：ab＝1，c+d＝8，c （2，3）
∴abcd＝c（8﹣c）＝﹣c2+8c＝∈﹣（c﹣4）2+16 （12，15），
故选：D． ∈
{ xex，x≤0
3．已知函数f（x）= 若函数g（x）＝f（x）﹣m有两个零点x ，x ，则x +x ＝（
2−|x−1|，x＞0 1 2 1 2
）
1 1
A．2 B．2或2+ C．2或3 D．2或3或2+
e e
【解答】解：当x≤0时，f（x）＝xex，f′（x）＝（x+1）ex，
当x＜﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（﹣∞，﹣1）上为减函数，
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，故f（x）在（﹣1，0）上为增函数，
1
∴当x≤0时，f（x）的最小值为f（﹣1）=− ．
e
又在R上，f（x）的图象如图所示：
∵g（x）有两个不同的零点，∴方程f（x）＝m有两个不同的解即直线y＝m与y＝f（x）有两个不同交
1
点．且交点的横坐标分别为x ，x ，故1＜m＜2或m＝0或m=− ，
1 2 e
若1＜m＜2，则x +x ＝2．
1 2
若m＝0，则x +x ＝3．
1 2
1 1 1
若m=− ，则x +x ＝﹣1+3+ =2+ ．
e 1 2 e e
1
综上，x +x ＝2或3或2+ ．
1 2 e
故选：D．{x2，x∈[0，1) 1
4．在R上的函数f（x）满足f（x）= ，且f（x+2）＝f（x），g（x）= ，则方程
x，x∈[−1，0) x−2
f（x）＝g（x）在区间[﹣1，5]上的所有根之和约为下列哪个数（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【解答】解：∵f（x+2）＝f（x），∴函数f（x）是周期为2的周期函数，
1
∵g（x）= ，∴g（x）关于直线x＝2对称．
x−2
分别作出函数f（x），g（x）在[﹣1，5]上的图象，
由图象可知两个函数的交点个数为6个，设6个交点的横坐标从小到大为x ，x ，x ，x ，
1 2 3 4
1
且这4个交点接近点（2，0）对称，则 （x +x ）＝2，x +x ＝4，
2 1 4 1 4
所以x +x +x +x ＝2（x +x ）＝2×4＝8，
1 2 3 4 1 6
由图象可知，x +x ≈4，x ＝x ＝1，
1 4 2 3
∴x +x +x +x ≈6，
1 2 3 4
∴所有根之和约为6
故选：B．
题型四、唯一零点问题
1．已知函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，则负实数a＝（ ）
1 1
A．− B．− C．﹣3 D．﹣2
3 2【解答】解：函数f（x）＝3e|x﹣1|﹣a（2x﹣1+21﹣x）﹣a2有唯一零点，
设x﹣1＝t，则函数f（t）＝3e|t|﹣a（2t+2 ﹣t）﹣a2有唯一零点，
则3e|t|﹣a（2t+2 ﹣t）＝a2，
设g（t）＝3e|t|﹣a（2t+2 ﹣t），
∵g（﹣t）＝3e|t|﹣a（2t+2 ﹣t）＝g（t），
∴g（t）为偶函数，
∵函数f（t）有唯一零点，
∴y＝g（t）与y＝a2有唯一的交点，
∴此交点的横坐标为0，
∴3﹣2a＝a2，
解得a＝﹣3或a＝1（舍去），
故选：C．
2．已知函数f（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e ﹣x+1）+cos（x﹣1）﹣1有唯一零点，则a＝（ ）
1 1 1
A．1 B．− C． D．
3 3 2
【解答】解：令t＝x﹣1，则x＝t+1，
则函数f（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e ﹣x+1）+cos（x﹣1）﹣1可化为：
g（t）＝t2+a（et+e ﹣t）+cost﹣2，显然g（﹣t）＝g（t）．
该函数g（t）为偶函数，且由题意知g（t）有唯一零点，
1
所以g（0）＝0，即2a﹣1＝0，解得a= ．
2
故选：D．
3．已知函数g（x），h（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且g（x）+h（x）＝ex+x，若函数f
（x）＝2|x﹣1|+ g（x﹣1）﹣6 2有唯一零点，则正实数 的值为（ ）
1 λ 1 λ λ
A． B． C．2 D．3
2 3
【解答】解：根据题意，g（x）+h（x）＝ex+x， 则g（﹣x）+h（﹣x）＝e ﹣x﹣x，
而函数g（x），h（x）分别是定义在R上的偶函①数和奇函数，则g（﹣x）+h（﹣x）＝g（x）﹣f（x）
＝e ﹣x﹣x， ，
② 1
+ 可得：g（x）= （ex+e ﹣x），
2
① ②1
当x＞0时，g′（x）= （ex﹣e ﹣x）＞0，则g（x）在（0，+∞）为增函数，
2
g（x）为偶函数，其图像关于直线 x＝1对称，则 g（x﹣1）的图像关于直线 x＝1对称，在区间
（1，+∞）上为增函数，
对于f（x）＝2|x﹣1|+ g（x﹣1）﹣6 2，其图像必定关于直线x＝1对称，
当x＞1时，f（x）＝λ2x﹣1+ g（x﹣1λ）﹣6 2，且 ＞0，则f（x）在区间（1，+∞）上为增函数，
λ λ λ 1+1
若函数f（x）＝2|x﹣1|+ g（x﹣1）﹣6 2有唯一零点，则有f（1）＝20+ g（0）﹣6 2＝1+ （ ）﹣
2
λ λ λ λ λ
6 2＝1+ ﹣6 2＝0，
λ λ λ1 1
解可得： = 或− （舍），
2 3
λ
故选：A．
题型五、复合函数零点问题
{|lgx|，x＞0
1．设定义域为R的函数，若关于x的函数f（x）= ，若关于x的函数y＝2f2（x）+2bf
−x2−2x，x≤0
3
（x）+1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是 − ＜b＜−√2 ．
2
【解答】解：令t＝f（x），则原函数等价为y＝2t2+2bt+1．做出函数f（x）的图象如图，
图象可知当由0＜t＜1时，函数t＝f（x）有四个交点．
要使关于x的函数y＝2f2（x）+2bf（x）+1有8个不同的零点，则函数y＝2t2+2bt+1有两个根t ，t ，
1 2
且0＜t ＜1，0＜t ＜1．
1 2
{△=4b2−8＞0
g(0)=1＞0
令g（t）＝2t2+2bt+1，则由根的分布可得 g(1)=2b+3＞0，
2b
0＜− ＜1
2×2
{b＞√2或b＜−√2
3 3
解得 b＞− ，即− ＜b＜−√2，
2 2
−2＜b＜03
故实数b的取值范围是− ＜b＜−√2．
2
3
故答案为：− ＜b＜−√2
2
{ 1
|x+ |，x≠0
2．已知函数f（x）= x 则关于x的方程f2（x）+bf（x）+c＝0有5个不同实数解的充要条件
0，x=0
是（ ）
A．b＜﹣2 且 c＞0 B．b＞﹣2 且 c＜0
C．b＜﹣2 且 c＝0 D．b≥﹣2 且 c＝0
【解答】解：∵方程f2（x）+af（x）+b＝0有且只有5个不同实数解，
∴对应于f（x）等于某个常数有4个不同实数解，
由题意作出f（x）的简图：
由图可知，只有当f（x）＝0时，它有一个根．
且f（x）＝﹣b时有四个根，
由图可知﹣b＞2，∴b＜﹣2．
故所求充要条件为：b＜﹣2且c＝0，
故选：C．
{a⋅ex，x≤0
3．已知函数f（x）= ，（a＞0，其中e为自然对数的底数），若关于x的方程f（f（x））
−lnx，x＞0＝0，有且只有一个实数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．（1，+∞） B．（1，2）
C．（0，1） D．（0，1）∪（1，+∞）
{a⋅ex，x≤0
【解答】解：∵函数f（x）= ，（a＞0，其中e为自然对数的底数），
−lnx，x＞0
∴图象如下：
根据函数的图象可判断f（x）的零点为：1．
f（1）＝0
∵关于x的方程f（f（x））＝0，有且只有一个实数解，
∴f（x）＝1，有且只有一个实数解，
∵关于x的方程f（f（x））＝0，有且只有一个实数解，
∴f（x）＝1，这时候要分段讨论
∵x＞0时﹣lnx＝1，这时关于x的方程f（f（x））＝0有且只有一个实数解．
当x≤0时，a•ex＝1无解（根据图象）
1 1 1
∴即ex = 在x≤0时无解．根据图象即 ＜0或 ＞1．，题中（a＞0，其中e为自然对数的底数），
a a a
∴a （0，1）．
故选∈：C．
{ex−2(x≤0)
4．已知函数f（x）= ，则下列关于函数y＝f[f（kx）+1]+1（k≠0）的零点个数的判断正确的
lnx(x＞0)
是（ ）
A．当k＞0时，有3个零点；当k＜0时，有4个零点
B．当k＞0时，有4个零点；当k＜0时，有3个零点
C．无论k为何值，均有3个零点
D．无论k为何值，均有4个零点【解答】解：令f[f（kx）+1]+1＝0得，
{ f(kx)+1≤0 { f(kx)+1＞0
或
ef(kx)+1−2+1=0 ln[f(kx)+1]+1=0
1
解得，f（kx）+1＝0或f（kx）+1 = ；
e
由f（kx）+1＝0得，
{ kx≤0 { kx＞0
或 ；
ekx−2+1=0 ln(kx)=−1
1
即x＝0或kx = ；
e
1
由f（kx）+1 = 得，
e
{ kx≤0 { kx＞0
1或 1；
ekx−2+1= ln(kx)+1=
e e
1 1
即ekx＝1 +
e
，（无解）或kx=ee −1；
1 1
综上所述，x＝0或kx =
e
或kx=ee −1；
故无论k为何值，均有3个解；
故选：C．
题型六、函数与不等式问题
1 1
1．已知不等式9x2﹣log x＜0，当x∈(0， )时恒成立，则实数a的取值范围是 [ ， 1 ） ．
a 3 3
1 1
【解答】解：不等式9x2﹣log x＜0，当x∈(0， )时恒成立 log x＞9x2，当x∈(0， )时恒成立，
a 3 a 3
⇔
∴[log x] ＞[9x2] ，
a min max
又0＜a＜1，
1 1
∴y＝log x在区间（0， ）上单调递减，又y＝9x2在区间（0， ）上单调递增，
a 3 3
1 1 2
∴log ≥9×( ) =1，
a3
31
∴ ≤a＜1，
3
1
故答案为：[ ，1）．
3
{2x+1，x≤0 1
2．设函数f(x)= ，则满足f（x）+f（x﹣1）≥2的x的取值范围是 [ ，+∞) ．
4x，x＞0 2
{2x+1，x≤0
【解答】解：∵函数f(x)= ，
4x，x＞0
满足f（x）+f（x﹣1）≥2，
当x≤0时，x﹣1≤﹣1，
1
f（x）+f（x﹣1）＝2x+1+2（x﹣1）+1＝4x≥2，解得x≥ ，不成立；
2
{ x＞0
当 ，即0＜x≤1时，
x−1≤0
1
f（x）+f（x﹣1）＝4x+2（x﹣1）+1＝4x+2x﹣1≥2，解得 ≤x≤1；
2
当x﹣1＞0时，f（x）+f（x﹣1）＝4x+4x﹣1≥2，解得x＞1．
1
综上，x的取值范围是[ ，+∞）．
2
1
故答案为：[ ，+∞)．
2
{ 2x−1，x≤0
3．已知函数f（x）= ，若不等式|f（x）|≥mx﹣2恒成立，则实数m的取值范围为（
−x2−3x，x＞0
）
A．[3﹣2√2，3+2√2] B．[0，3﹣2√2]
C．（3﹣2√2，3+2√2） D．[0，3+2√2]
{1−2x， x≤0
【解答】解：作出函数|f（x）|= 的图象如图：
x2+3x， x＞0
直线g（x）＝mx﹣2过定点（0，﹣2），
由图象知当m＞0时，|f（x）|≥mx﹣2不恒成立，不满足条件．
当m＝0时，|f（x）|≥mx﹣2恒成立，满足条件，当m＞0时，要使|f（x）|≥mx﹣2恒成立，
则只要想x＞0时，|f（x）|≥mx﹣2，即x2+3x≥mx﹣2即可，
得x2+3x+2≥mx，
2
得x+ +3≥m，即可，
x
2 √ 2
当x＞0时，x+ +3≥3+2 x⋅ =3+2√2，
x x
即m≤3+2√2，
∵m＞0，∴0＜m≤3+2√2，
综上0≤m≤3+2√2，
即实数m的取值范围是[0，3+2√2]，
故选：D．
{ x2−x，x≤0
4．已知函数f（x）= ，若存在x R使得f（x ）≤ax ﹣1，则实数a的取值范围是（
ln(x+1)，x＞0 0 0 0
∈
）
A．（0，+∞） B．[﹣3，0]
C．（﹣∞，﹣3]∪[3，+∞） D．（﹣∞，﹣3]∪（0，+∞）
{ x2−x，x≤0
【解答】解：根据题意，函数f（x）= ，其图象如图：
ln(x+1)，x＞0
直线y＝ax﹣1恒过定点（0，﹣1），
若存在x R使得f（x ）≤ax ﹣1，则函数f（x）的图象在直线y＝ax﹣1下方有图象或有交点，则直线
0 0 0
y＝ax﹣1∈与函数f（x）的图象必定有交点，
分析可得：当a＞0时，直线y＝ax﹣1经过第一三四象限，与函数f（x）的图象必有交点，符合题意，
当a＜0时，直线y＝ax﹣1经过第二三四象限，若直线y＝ax﹣1与f（x）的有交点，必然相交于第二象限，
{y=x2−x
则有 ，即ax﹣1＝x2﹣x，变形可得x2﹣（a+1）x+1＝0，
y=ax−1
令Δ＝0，解可得a＝﹣3或1（舍），
则有a≤﹣3，
综合可得：a的取值范围为（﹣∞，﹣3]∪（0，+∞）；
故选：D．
1
5．已知函数f（x）＝|（ ）x﹣1|﹣b有两个零点，分别为x ，x （x ＜x ），则下列结论正确的是（ ）
2 1 2 1 2
A．﹣1＜x ＜0 B．0＜x ＜2
1 2
1 1
C．（ ）❑ x 1+（ ）❑ x 2=2 D．0＜b＜1
2 2
1 1
【解答】解：函数f（x）＝|（ ）x﹣1|﹣b有两个零点，即b=|( ) x−1|有两个根，
2 2
1
问题即转化为y＝b与g（x）=|( ) x−1|的有两个不同交点．
2
1
{1−(
)
x，x≥0
2
做出函数g（x）的图象如右：其函数解析式为：g(x)= ，
1
( )
x−1，x＜0
2
由题意两交点横坐标分别为x ，x （x ＞x ），
1 2 1 2
①若有两个交点，则0＜b＜1，D对；
②当x＜0时，令g（x）＝1，得x＝﹣1，故﹣1＜x ＜0，A对；
1
1 1 1 1
③易知1−( ) x 1=( ) x 2−1，整理得：( ) x 1+( ) x 2=2，C对；
2 2 2 21 1
④由③得( ) x 2=2−( ) x 1∈(0，1)，所以x ＞0，B错．
2 2 2
故选：ACD．
一、单选题
x2−4x
1．函数f(x)= 的图象大致是（ ）
ex
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】令f (x)>0，得x>4或x<0，
令f (x)<0，得0<x<4，
故排除CD，
x2−4x
又当x→+∞时，f(x)= →0，故排除B.
ex
故选：A.
(1) x
2．已知定义在R上的函数f (x)= ，记a=f (0.30.3)，b=f (ln(log 3))，c=f (30.2)，则a，b，c的大
3 4
小关系是（ ）
A．b<a<c B．a<c<b
C．c<a<b D．c<b<a【答案】C
【详解】∵0<0.30.3<0.30⇔0.30.3∈(0,1)，
又0<log 3<1，∴ln(log 3)<0，
4 4
而30.2>1，∴30.2>0.30.3>ln(log 3)，
4
(1) x
且函数f (x)= 在R上单调递减，∴c<a<b．
3
故选：C.
3．已知定义在R上的奇函数f (x)，对任意的x∈R，都有f (x−1)=−f (x+1)，当x∈(2,4)时，
f (x)=log (2x+3)，则f (−2019)+f (2020)=（ ）
3
A．−2 B．−1 C．1 D．2
【答案】A
【详解】因为f (x−1)=−f (x+1)，
所以f (x)=−f (x+2)=−[−f (x+4)]=f (x+4)，
所以f (x)是周期为4的周期函数，
所以f (−2019)+f (2020)=f (−504×4−3)+f (505×4+0)=f (−3)+f (0)．
又因为f (x)是R上的奇函数，所以f (0)=0，
因为f (3)=log (2×3+3)=log 9=2，
3 3
所以f (−3)=−f (3)=−2，所以f (−2019)+f (2020)=−2+0=−2．
故选：A．
f (x )−f (x )
4．已知函数y=f (x)是定义在R上的偶函数，对任意x ,x ∈[0,+∞)，且x ≠x ，都有 1 2 >0成
1 2 1 2 x −x
1 2
( 11π)
立，若a=f (log 3⋅log 5)，b=f cos ，c=f (50.1)，则（ ）
15 15 4
A．a<b<c B．b<a<c C．c<a<b D．a<c<b
【答案】A
1
【详解】因为0<log 3<log √15= ，0<log 5<log 15=1，
15 15 2 15 15
1
所以0<log 3log 5= ，
15 15 211π ( 3π ) 3π √2
cos =cos 2π+ =cos =− ，
4 4 4 2
50.1>50=1，
又因为函数y=f (x)是定义在R上的偶函数，
( 11π) ( √2) (√2)
所以b=f cos =f − =f ，
4 2 2
f (x )−f (x )
又因为对任意x ,x ∈[0,+∞)，且x ≠x ，都有 1 2 >0成立，
1 2 1 2 x −x
1 2
所以函数y=f (x)在[0,+∞)上单调递增，
√2
又由上可知，0<log 3log 5< <50.1 ，
15 15 2
所以a<b<c.
故选：A
5．已知函数f (x)=x2023|x|，若方程(x+sinx)f (x)−ax2=0只有三个根x ，x ，x ，且满足x <x <x ，
1 2 3 1 2 3
则sinx −2023x x 的取值范围是（ ）
2 1 3
A．(0,+∞) B．(2023,+∞) C．(−∞,−2023) D．(−∞,0)
【答案】A
【详解】由函数f (x)=x2023|x|，可得f (0)=0，
则方程(x+sinx)f (x)−ax2=0其中一个根是x=0，
x+sinx
当x≠0时，可得a= f (x)，
x2
x+sinx
令g(x)= f (x)，因为f (x)=x2023|x|是奇函数，
x2
−x+sin(−x) x+sinx
可得g(x)= f (−x)= f (x)=g(x)，则g(x)是偶函数，
(−x) 2 x2
所以直线y=a与g(x)的图象有两个交点且关于y轴对称．
设方程的三个根x ,x ,x 满足x <x <x ，所以x =−x (x >0)，x =0，
1 2 3 1 2 3 1 3 3 2
则sinx −2023x x =2023x2 ，故所求取值范围为(0,+∞)．
2 1 3 3
故选：A.6．定义在R上的偶函数f (x)满足：对任意x ，x ∈[0,+∞)，有(x −x )[f (x )−f (x )]>0，且f (4)=0，
1 2 2 1 2 1
则不等式(3x−1)f (x)<0的解集是（ ）
( 1) (1 )
A． −4, B． ,4
3 3
( 1) (1 )
C． −4, ∪(4,+∞) D．(−∞,−4)∪ ,4
3 3
【答案】D
【详解】不妨设x >x ≥0，
2 1
由(x −x )[f (x )−f (x )]>0⇒f (x )−f (x )>0⇒f (x )>f (x )，
2 1 2 1 2 1 2 1
所以该函数是[0,+∞)上的增函数，
f(x)>0⇒f(x)>(4)⇒f(|x|)>(4)⇒|x|>4⇒x>4或x<−4，
f(x)<0⇒f(x)<(4)⇒f(|x|)<(4)⇒|x|<4⇒−4<x<4，
则(3x−1)f (x)<0⇒¿或¿，
由¿，
由¿，
(1 )
综上所述：不等式(3x−1)f(x)<0的解集是(−∞,−4)∪ ,4 ，
3
故选：D
1
7．已知a= ，b=log 2，c=sin(cos1.1)，则（ ）
√
3e 3
A．b<c<a B．a<c<b
C．c<a<b D．c<b<a
【答案】D
π π
【详解】因为1.1> ，而y=cosx在x∈ ( 0, ) 上单调递减，
3 2
π 1
故cos1.1<cos = ，
3 2
π
( )
又y=sinx在x∈ 0, 上单调递增，
2
1
故c=sin(cos1.1)<sin ，
2π
令f (x)=x−sinx，则f'(x)=1−cosx>0在x∈ ( 0, ) 上恒成立，
2
π
( )
故f (x)=x−sinx在x∈ 0, 上单调递增，f (x)>f (0)=0，
2
(1) 1 1
故f >0，即 >sin ，
2 2 2
1 1
故c=sin(cos1.1)<sin < ，
2 2
1
1 −
又a= =e 3，令g(x)=ex−(x+1)，
√
3e
则g'(x)=ex−1，当x<0时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
( 1) − 1 2
故g − >g(0)=0，故e 3> ，
3 3
1 1 2
因为23<32，所以 (23)3<(32)3，即 2<33，
因为y=log x在(0,+∞)上单调递增，
3
2
故log 2< ，
3 3
1 (1 2)
又log 2>log √3= ，故log 2∈ , ，
3 3 2 3 2 3
故c<b<a
故选：D
x +x
8．已知函数f (x)=¿，若方程f (x)=a有4个不同实根x ，x ，x ，x （x <x <x <x ），则 1 2 的
1 2 3 4 1 2 3 4 x x x x
1 2 3 4
取值范围是（ ）
A．(2,√6) B．(−∞,−√6) C．(0,2) D．(−√6,−2)
【答案】D
【详解】当x<0时，f (x)=−a−x2− 1 ，则f'(x)=−2x+ 2 = 2(1−x4) ，
x2 x3 x3
令f'(x)>0，即1−x4<0，解得x<−1，
所以f (x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,0)上单调递减，且f (−1)=−a−2;当x>0时，f (x)=|logx|−2，则f (x)>−2；
3
若方程f (x)=a有4个不同实根，则−2<a<−a−2，解得−2<a<−1；
1
当x<0时，易知x ，x 是方程−a−x2− =a(x<0)的两个不同实根，
1 2 x2
即方程x4+2ax2+1=0(x<0)的两个不同实根，所以x2+x2=−2a，x2x2=1，
1 2 1 2
所以x x =1，x +x =−√x2+x2+2=−√−2a+2，
1 2 1 2 1 2
因为−2<a<−1，所以−√6<x +x <−2；
1 2
当x>0时，因为x ，x 是|log x|−2=a的两个不同实根，所以|log x |=|log x |，
3 4 3 3 3 3 4
易知0<x <1<x ，所以−log x =log x ，得x x =1，
3 4 3 3 3 4 3 4
x +x x +x
所以 1 2 =x +x ，所以 1 2 的取值范围是(−√6,−2)，
x x x x 1 2 x x x x
1 2 3 4 1 2 3 4
故选：D．
9．今年8月24日，日本不顾国际社会的强烈反对，将福岛第一核电站核污染废水排入大海，对海洋生态造
成不可估量的破坏.据有关研究，福岛核污水中的放射性元素有21种半衰期在10年以上；有8种半衰期在1
万年以上.已知某种放射性元素在有机体体液内浓度c(Bq/L)与时间t（年）近似满足关系式c=k⋅at (k,a
1 1
为大于0的常数且a≠1).若c= 时，t=10；若c= 时，t=20.则据此估计，这种有机体体液内该放射性
6 12
1
元素浓度c为 时，大约需要（ ）（参考数据: log 3≈1.58,log 5≈2.32）
120 2 2
A．43年 B．53年 C．73年 D．120年
【答案】B
【详解】由题意得:¿，解得¿，
1 (1) t
所以c= × 10，
3 2
1 1 1 (1) t (1) t 1
当c= 时，得 = × 10，即 10= ，
120 120 3 2 2 40t 1
两边取对数得
=log =log 40=3+log 5≈3+2.32=5.32，
10 1 40 2 2
2
所以t=5.32×10=53.2，
1
即这种有机体体液内该放射性元素浓度c为 时，大约需要53年.
120
故选：B.
10．已知定义在R上的函数f (x)满足对任意实数x有f (x+2)=f (x+1)−f (x)，若y=f (2x)的图象关于直线
1 23
x= 对称，f (1)=2，则∑❑f(k)=（ ）
2
k=1
A．2 B．1 C．−1 D．−2
【答案】C
【详解】因为f (x+2)=f (x+1)−f (x)，所以f (x+3)=f (x+2)−f (x+1)，
从而可得f (x+3)=−f (x)，所以f (x+6)=f (x)，所以函数f (x)的一个周期为6．
1
因为y=f (2x)的图象关于直线x= 对称，
2
所以f (1−2x)=f (1+2x)， 即函数f (x)的图象关于直线x=1对称．
又f (1)=2，f (2)=f (1)−f (0)，
所以f (2)=f (0)=1，所以f (3)=−f (0)=−1,f (4)=−f (1)=−2,f (5)=−f (2)=−1,f (6)=f (0)=1，
所以f (1)+f (2)+⋅⋅⋅+f (6)=0．由于23除以6余5，
23
所以∑❑f(k)=f(1)+ f(2)+⋅⋅⋅+f(5)=−f(6)=−1．
k=1
故选：C．
11．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x−1)为奇函数，f(x−2)为偶函数．若f(2)=2，则f(2024)=
（ ）
A．−2 B．0 C．2 D．2024
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性以及对称性即可得函数周期性，进而可求解.
【详解】由f(x−1)为奇函数，f(x−2)为偶函数，可知函数f(x)的图像关于点(−1,0)中心对称，且关于
直线x=−2轴对称，
故f (x)=−f (−2−x)=−f (x−2)=−[−f (x−4)]=f (x−4)，所以函数f(x)是周期为4的函数，由f(−1)=0．f(2)=2得f(0)=−f(−2)=−f(2)=−2，
所以f(2024)=f(506×4+0)=f(0)=−2．
故选：A
12．已知函数f (x)=ln(√x2+1+x)+2x3,g(x)是定义在R上的偶函数，且g(x)在(−∞,0]上单调递增，则
下列判断正确的是（ ）
A．f (x)⋅|g(x)|是偶函数
B．|f (x)|⋅g(x)是奇函数
C．f (g(2023))<f (g(2024))
D．g(f (2023))>g(f (2024))
【答案】D
【详解】易知函数f (x),g(x)的定义域均为R．当x≥0时，易知函数f (x)在[0,+∞)上单调递增，
又f (−x)+f (x)=ln(√x2+1−x)−2x3+ln(√x2+1+x)+2x3=ln1=0，所以f (x)为奇函数，
易知f (0)=0，所以函数f (x)在(−∞,+∞)上单调递增．
因为g(x)是定义在R上的偶函数，且在(−∞,0]上单调递增，所以g(x)在[0,+∞)上单调递减．
选项A：因为f (−x)⋅|g(−x)|=−f (x)⋅|g(x)|，所以f (x)⋅|g(x)|是奇函数，所以A错误；
选项B：因为|f (−x)|⋅g(−x)=|f (x)|⋅g(x)，所以|f (x)|⋅g(x)是偶函数，所以B错误；
选项C：因为g(2023)>g(2024)，所以f (g(2023))>f (g(2024))，所以C错误；
选项D：因为0=f (0)<f (2023)<f (2024)，所以g(f (2023))>g(f (2024))，所以D正确．
故选：D.
13．已知函数f(x)=2x+log x,g(x)=
(1) x
−log x,ℎ(x)=x3+log x的零点分别为a,b,c，则（ ）
2 2 2 2
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>a>b D．b>c>a
【答案】D(1) x (1) x
【详解】令g(x)= −log x=0，可得 =log x>0，所以x>1，即b>1；
2 2 2 2
令f(x)=2x+log x=0，可得2x=−log x>0，即log x<0，所以0<x<1，
2 2 2
即0<a<1；
令ℎ(x)=x3+log x=0，可得x3=−log x，由此可得log x<0，所以0<x<1，
2 2 2
即0<c<1，
作y=2x,y=−log x,y=x3
的图象，如图，
2
由图象可知，a<c，所以a<c<b.
故选：D
a(x−1)
14．已知函数g(x)= −ln(2x−1)在[1,+∞)上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
2x+1
( 16] ( 16]
A．(−∞,4] B． −∞, C． 4, D．(−∞,6]
3 3
【答案】B
a(x−1)
【详解】由g(x)= −ln(2x−1)得
2x+1
a(2x+1)−2(ax−a) 2 3a(2x−1)−2(2x+1) 2 −8x2+(6a−8)x−3a−2
g'(x)= − = = ，
(2x+1) 2 2x−1 (2x+1) 2 (2x−1) (2x+1) 2 (2x−1)
因为函数g(x)在[1,+∞)上单调递减，所以g'(x)≤0在[1,+∞)上恒成立．
设φ(x)=−8x2+(6a−8)x−3a−2，则φ(x)≤0在[1,+∞)上恒成立，
利用二次函数的图象与性质及数形结合思想，
可得¿或(6a−8) 2−4×(−8)(−3a−2)≤0，16 ( 16]
解得a≤ ，所以实数a的取值范围为 −∞,
3 3
故选：B．
15．已知定义在R上的函数f (x)满足∀x,y∈R，f (2xy−1)=f (x)⋅f (y)+f (y)+2x−3，f (0)=−1，
则不等式f (x)>3−2x的解集为（ ）
A．(1,+∞) B．(−1,+∞) C．(−∞,1) D．(−∞,−1)
【答案】A
【详解】令x= y=0，得f(−1)=f(0)⋅f(0)+f(0)−3=−3.
令y=0，得f(−1)=f(x)f(0) +f(0)+ 2x−3，解得f(x)=2x−1，
则不等式f(x)>3−2x转化为2x+2x−4>0，
因为y= 2x+2x−4是增函数，且2×1+21−4=0，
所以不等式f(x)>3−2x的解集为(1,+∞).
故选：A
二、多选题
1
16．已知函数f (x)=log (4x+2x+1+1)− −x，则下列各选项正确的是（ ）
2 x2+1
A．f (x)在区间(−∞,0)上单调递增 B．f (x)是偶函数
C．f (x)的最小值为1 D．方程f (x)=2x无解
【答案】BC
1 1
【详解】因为f (x)=log (4x+2x+1+1)−log 2x− =log (2x+2−x+2)− ，
2 2 x2+1 2 x2+1
1
所以f (−x)=log
2
(2x+2−x+2)−
x2+1
=f (x)，所以f (x)为偶函数，B正确；
当x<0时，0<2x<1，令g(x)=log (4x+2x+1+1)−x=log (2x+1) 2 −x=2log (2x+1)−x，
2 2 2
2x+1 2x−1 1
则g'(x)= −1= <0，故g(x)与y=− 均为减函数，
2x+1 2x+1 x2+1
所以f (x)在区间(−∞,0)上单调递减，A错误；
由偶函数对称性可知，f (x)在区间(0,+∞)上单调递增，所以f(x) =f (0)=1，C正确；
min
9 1 1( 81 )
令g(x)=f (x)−2x，所以g(0)=1>0,g(1)=log − = log −1 <0，
28 2 2 264
由零点存在性定理可知方程f (x)=2x有解，D错误.
故选：BC.
17．设函数y=f (x)的定义域为R，其图象关于直线x=−2对称，且f (x+2)=f (x−2).当x∈[0,2]时，
(1) x
f (x)= −x，则下列结论正确的是（ ）
3
A．f (x)为偶函数 B．f (2023)=4
C．f (x)的图象关于直线x=2对称 D．f (x)在区间[−2,0]上单调递减
【答案】AC
【详解】因为函数y=f (x)的定义域为R，且f (x+2)=f (x−2)，
所以f (x+4)=f (x)，
所以函数f (x)是以4为周期的周期函数，
又因函数f (x)的图象关于直线x=−2对称，
所以f (−2+x)=f (−2−x)，即f (−2+x)=f [−(2+x)]，
又f (x+2)=f (x−2)，所以f (2+x)=f [−(2+x)]，
所以f (x)=f (−x)，
所以f (x)为偶函数，故A正确；
(1) x
当x∈[0,2]时，f (x)= −x，
3
2
f (2023)=f (−1+4×506)=f (−1)=f (1)=− ，故B错误；
3
因为f (x)为偶函数且f (x)的图象关于直线x=−2对称，
所以f (x)的图象关于直线x=2对称，故C正确；
(1) x
因为当x∈[0,2]时，f (x)= −x，
3
(1) x
而函数y= ,y=−x在x∈[0,2]都是减函数，
3
所以函数f (x)在x∈[0,2]是减函数，
又因f (x)为偶函数，所以f (x)在区间[−2,0]上单调递增，故D错误.
故选：AC.
ax2−2x+1
18．已知函数f(x)= ，则下列结论正确的是（ ）
ex
A．对于任意的a∈R，存在偶函数g(x)，使得y=exf(x)+g(x)为奇函数
B．若f(x)只有一个零点，则a=1
4
C．当a=1时，关于x的方程f(x)=m有3个不同的实数根的充要条件为0<m<
e3
D．对于任意的a∈R，f(x)一定存在极值
【答案】ACD
【详解】若y=exf(x)+g(x)=ax2−2x+1+g(x)为奇函数，显然可取g(x)=−ax2−1，故选项A正确；
由f(x)=0，得ax2−2x+1=0．
1
当a=0时，解得x= ；当a≠0时，Δ =4−4a=0，解得a=1，
2 1
所以若f(x)只有一个零点，则a=0或a=1，故选项B错误；
x2−2x+1 −x2+4x−3
当a=1时，f(x)= ，则f' (x)= ．由f' (x)=0，解得x=1或x=3．
ex ex
当x∈(−∞,1)时f' (x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1,3)时，f' (x)<0，f(x)单调递增；当x∈(3,+∞)
时，f' (x)<0，f(x)单调递减，
4
所以f(x)的极小值为f(1)=0，极大值为f(3)= ．
e3
又当x=1时，f(x)=0；当x≠1时，f(x)>0，
当x→+∞时，f(x)→0；当x→−∞时f(x)→+∞，
f(x)的大致图象如图，4
由图可知，当y=f(x)的图象与直线y=m有3个交点时，有0<m< ，
e3
4
所以关于x的方程f(x)=m有3个不同的实数根的充要条件为0<m< ，故选项C正确；
e3
−ax2+(2a+2)x−3
f' (x)= ，
ex
3
若a=0，则f' (x)只有一个变号零点x= ，此时函数f(x)存在极值；
2
若a≠0，因为−ax2+(2a+2)x−3=0的判别式Δ =(2a+2) 2−12a=4(a2−a+1)>0，
2
所以f' (x)有两个变号零点，此时函数f(x)既存在极大值又存在极小值，故选项D正确．
故选：ACD．
19．已知函数f (x)和g(x)分别为R上的奇函数和偶函数，满足f (x)+g(x)=2ex，f'(x)，g'(x)分别为函数
f (x)和g(x)的导函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．f (x)=ex−e−x
B．当x>0时，g(x)的值域为[2,+∞)
C．当x≥0时，若f (x)≥ax恒成立，则a的取值范围为(−∞,2]
n
D．当n∈N*时，满足
g(1)g(2)⋅⋅⋅g(n)>(en+1+2)2
【答案】ACD
【详解】对于A，因为f (x)和g(x)分别为R上的奇函数和偶函数，满足f (x)+g(x)=2ex，
即可得f (−x)+g(−x)=−f (x)+g(x)=2e−x，
所以可得f (x)=ex−e−x，g(x)=ex+e−x，故A正确；
对于B，g(x)=ex+e−x≥2√ex ⋅e−x=2，
当且仅当x=0时，等号成立，又因为x>0，所以g(x)的值域为(2,+∞)，故B错误．对于C，分两种情况．①a≤2，令ℎ(x)=f (x)−ax，
当x≥0时，则ℎ '(x)=ex+e−x−a≥2−a≥0，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，即f (x)≥ax；
a+√a2−4
②a>2，方程ℎ '(x)=0的正根为x =ln ，
1 2
若x∈(0,x
1
)，则ℎ '(x)<0，ℎ(x)单调递减，
ℎ(x)< ℎ(0)=0，即f (x)<ax，与题设f (x)≥ax矛盾．
综上，a的取值范围是(−∞,2]，故C正确．
对于D，g(x )g(x )=ex 1 +x 2+e−(x 1 +x 2 )+ex 1 −x 2+e−x 1 +x 2≥ex 1 +x 2+e−(x 1 +x 2 )+2>ex 1 +x 2+2，
1 2
则g(1)g(n)>en+1+2，
g(2)g(n−1)>en+1+2，
…
g(n)g(1)>en+1+2，
累乘得[g(1)g(2)⋅⋅⋅g(n)] 2 =[g(1)g(n)][g(2)g(n−1)]⋅⋅⋅[g(n)g(1)] >(en+1+2) n ，
n
故 g(1)g(2)⋅⋅⋅g(n)>(en+1+2)2，故D正确．
故选：ACD
20．已知函数f(x)=x2−8x+6lnx，且函数g(x)=f(x)−m有三个零点x ,x ,x (x <x <x )，则下列
1 2 3 1 2 3
判断正确的是（ ）
A．f(x)的单调递减区间为(1,3)
B．实数m的取值范围为(6ln3−15,−7)
C．曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=−x+14−6ln2
D．x +x >2
1 2
【答案】ABD
6 2(x−1)(x−3)
【详解】解：对于A，由题设得，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，且f' (x)=2x−8+ = ．
x x
当x∈(0,1)∪(3,+∞)时，f' (x)>0；当x∈(1,3)时，f' (x)<0．
所以f(x)的单调递增区间为(0,1),(3,+∞)，单调递减区间为(1,3)，故A正确．对于B，因为函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，
所以f(x)的极大值为f(1)=1−8+0=−7，极小值为f (3)=9−24+6ln3=−15+6ln3．
当x趋向于0时，f(x)趋向负无穷，当x趋向于正无穷时，f(x)趋向于正无穷．
由于函数g(x)=f(x)−m有三个零点，因此6ln3−15<m<−7，故B正确．
对于C，由已知条件，得f (2)=6ln2−12，f' (2)=−1，
所以切线方程为y=−(x−2)+6ln2−12，即y=−x+6ln2−10，故C错误．
对于D，由选项B的分析知，0<x <1<x <3<x ．
1 2 3
构造函数F(x)=f(x)−f(2−x)，x∈(0,1)，
2(x−1)(x−3) 2(x−1)(x+1) 12(x−1) 2
则F'(x)=f'(x)+f'(2−x)= + = ，
x 2−x x(2−x)
所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立，即F(x)=f(x)−f(2−x)在(0,1)上单调递增，
所以F(x)<F(1)=0，即f(x)<f(2−x)在(0,1)上恒成立．
又x ∈(0,1)，所以f (x )=f (x )<f (2−x )．
1 2 1 1
又x ,2−x ∈(1,3)，且函数f(x)在(1,3)上单调递减，
2 1
所以x >2−x ，即x +x >2，故D正确．
2 1 1 2
故选：ABD．
21．已知函数f(x)与g(x)的定义域均为R，f(x+1)+g(x−2)=3，f(x−1)−g(−x)=1，且g(−1)=2，
g(x−1)为偶函数，下列结论正确的是（ ）
A．f(x)的周期为4 B．g(3)=1
2024 2024
C．∑❑f(k)=4048 D．∑❑g(k)=2024
k=1 k=1
【答案】ACD
【详解】由于g(x−1)为偶函数，图象关于y轴对称，
所以g(x)图象关于x=−1对称，
所以g(x−2)=g(−1+(x−1))=g(−1−(x−1))=g(−x)，
所以f (x+1)+g(x−2)=f (x+1)+g(−x)=3①，
而f (x−1)−g(−x)=1②，
两式相加得f (x−1)+f (x+1)=4，则f (x)+f (x+2)=4③，所以f (x+4)=f (x+2+2)=4−f (x+2)=4−(4−f (x))=f (x)，
所以4是f (x)的一个周期，A选项正确.
由③令x=1得f (1)+f (3)=4，
由①令x=1得f (2)+g(−1)=f (2)+2=3,f (2)=1，
由②令x=1得f (0)−g(−1)=f (0)−2=1,f (0)=3，则f (4)=f (0)=3，
所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=8，
2024
2024
所以∑❑f(k)= ×8=4048，C选项正确.
4
k=1
由①令x=−1得f (0)+g(1)=3+g(1)=3,g(1)=0，
由f (x+1)+g(x−2)=3,f (x−1)−g(−x)=1，
得f (x)+g(x−3)=3,f (x)−g(−x−1)=1，
两式相减得g(x−3)+g(−x−1)=2，即g(x−3)+g(x−1)=2，
且g(x)关于(−2,1)对称，g(−2)=1，
所以g(x)+g(x+2)=2④，
所以g(x+4)=g(x+2+2)=2−g(x+2)=2−(2−g(x))=g(x)，
所以g(x)是周期为4的周期函数，所以g(3)=g(−1)=2，所以B选项错误.
由④令x=2得g(2)+g(4)=2，所以g(1)+g(2)+g(3)+g(4)=4，
2024
2024
所以∑❑g(k)= ×4=2024，所以D选项正确.
4
k=1
故选：ACD.
22．已知函数f (x)=¿（其中a∈R），下列说法正确的是（ ）
A．存在a使ℎ(x)有3个零点
B．存在a使ℎ(x)有4个零点
C．不存在a使ℎ(x)有5个零点
(1 e 1)
D．若ℎ(x)有6个零点，则a的取值范围为 , +
2 16 e
【答案】ABD
【详解】当x≤0时，f (x)=−xex,f'(x)=−(x+1)ex，令f'(x)=0，得x=−1，
当x<−1时，f'(x)>0,f (x)单调递增，当−1<x<0时，f'(x)<0,f (x)单调递减，1
在x=−1处取得极大值，f (−1)= ,f (0)=0；
e
(2x−1)ex 2x ( x− 3) ex 3
当x>0时，f (x)= ，显然x≠1， 2 ，令f'(x)=0，得x =0,x = ，
x−1 f'(x)= 1 2 2
(x−1) 2
3 3 3
当0<x< 时，f'(x)<0,f (x)单调递减，当x> 时，f'(x)>0,f (x)单调递增，在x= 时，f (x)取得极小
2 2 2
3
值，f
(3)
=4e2，
2
又x趋向于0时，f (x)趋向于1，x=1时，f (x)不存在；
所以函数f (x)的图象如下图：
1
令f (x)=t，则ℎ(x)=t2−at+ ，
16
1 1
（1）若关于t的方程仅有一解，则Δ=a2− =0,a=± ，
4 2
①当a=− 1 时，令t2+ 1 t+ 1 =0, ( t+ 1) 2 =0，
2 2 16 4
1
求得t=− ，
4
1 1
由图可知a=− 时，f (x)=− 仅有一解，
2 4
1 1 1
②当a= 时，求得t= ,f (x)= ，由图可知有3解，故选项A正确；
2 4 4
1 1
（2）若关于t的方程有两解，则Δ>0,a> 或a<− ，不妨令t <t ，
2 2 1 2
1
则t +t =a,t ⋅t = >0，即t ,t 必定同号并且都不为0，
1 2 1 2 16 1 2①若使原函数有4个零点，情况如下：
1 3 1
（1）t
1
=0,t
2
=
e
或
t
>4e2，此种情况与t
1
⋅t
2
=
16
矛盾；
2
（2）t <0,t ∈ ( 0, 1) ，此种情况与t ⋅t = 1 矛盾；
1 2 e 1 2 16
3
1
（3）0<t < ,t =4e2；
1 e 2
1 1
（4）0<t < , <t <1.
1 e e 2
3 3
1 1 1 1
t ⋅4e2= ,t = a= +4e2>
若情况（3）成立，即： 1 16 1 3 ， 3 2 ，故选项B正确；
64e2 64e2
情况（4）无需再考虑；
3
1
②若原函数有5个零点，则必有0<t < ,t >4e2，
1 e 2
则t2−at+ 1 1 6 =0的两根分别落在 ( 0, e 1) 和 ( 4e 3 2,+∞ ) ，函数y=x2−ax+ 1 1 6 的图像应该如下图：
3 3
1 1
< +4e2<a<8e2
¿，可得 2 3 ，故选项C错误；
64e2
1 1 1
③若原函数有6个零点，则0<t < ,0<t < ，函数y=x2−ax+ 的图像应该如下图：
1 e 2 e 16
1 1 e 1 e 1 2.5 31 1
¿，可得 <a< + ，又 + > + = > ，故选项D正确；
2 e 16 e 16 3 16 48 2故选：ABD.
三、填空题
ax+1+a−x
23．已知把函数f (x)= （a>0且a≠1）的图象向下平移2个单位长度得到g(x)的图象，且
ax+a−x
ℎ(x)=xg(x)，若ℎ(x)为偶函数，则a= ．
【答案】3
【详解】由ℎ(x)=xg(x),ℎ(x)为偶函数，
得g(x)是奇函数，（提示：奇函数×奇函数＝偶函数）
所以g(x)+g(−x)=0．
因为g(x)=f (x)−2，所以f (x)+f (−x)=4，
ax+1+a−x+a−x+1+ax (a+1)(ax+a−x)
即 = =a+1=4，
ax+a−x ax+a−x
所以a=3．
故答案为：3.
24．已知函数f (x)=x(2|x|+3)，求使f (2t+1)+f (t2−1)<0成立的实数t的取值范围是 ．
【答案】(−2,0)
【详解】由题意得f (x)的定义域为R，其定义域关于原点对称，
f (−x)=−x(2|−x|+3)=−x(2|x|+3)=−f (x)，故函数f (x)为奇函数，
( 3) 2 9
当x≥0时，f (x)=x(2x+3)=2 x+ − ，
4 8
则当x≥0时，f (x)单调递增，因为f (x)为奇函数，则f (x)在R上单调递增，
f (2t+1)+f (t2−1)<0，即f (2t+1)<−f (t2−1)，
即f (2t+1)<f (1−t2)，则2t+1<1−t2，则t∈(−2,0).
故答案为：(−2,0).
πx
25．已知定义域为R的奇函数f (x)满足f (1−x)=f (3+x)，当x∈(0,2]时，f (x)=4cos ，则当函数
4
y=f (x)−a(a∈R)在区间[−4,8]上有4个零点时，a的取值范围为 .【答案】(−4,0)
【详解】∵函数f (x)是定义域为R的奇函数
∴ f (−x)=−f (x)
又∵函数f (x)满足f (1−x)=f (3+x)，即f (x+4)=f (−x).
∴ f (x+4)=−f (x)，且函数f (x)图象关于直线x=2对称.
则f (x+8)=−f (x+4)=f (x)，
所以函数f (x)的一个周期为8.
综上可知：函数f (x)是定义域为R的奇函数，周期为8，且图象关于直线x=2对称.
πx
因为当x∈(0,2]时，f (x)=4cos ，所以可作出函数f (x)在[−4,8]上的大致图象如图所示：
4
因为函数y=f (x)−a(a∈R)在区间[−4,8]上的零点个数即曲线y=f (x)与直线y=a在区间[−4,8]上的交
点个数，
所以数形结合可知，当函数y=f (x)−a(a∈R)在区间[−4,8]上有4个零点时，a的取值范围为(−4,0).
故答案为：(−4,0).
26．已知函数f (x)=¿，若关于x的方程f (x)=m有4个不相等的实数根x 、x 、x 、x ，则x +x +x +x
1 2 3 4 1 2 3 4
的取值范围是 .
( 257]
【答案】 2,
16
【分析】画出函数图象，根据方程的根的个数转化为f (x)的图象与直线y=m有4个不同的公共点，数形结
合求得m范围，以及x 、x 、x 、x 之间的关系及对应范围，即可求解.
1 2 3 4
【详解】由f (x)的解析式作出f (x)的大致图象，如图所示：方程f (x)=m有4个不等实数根等价于f (x)的图象与直线y=m有4个不同的公共点，
则0<m≤4，不妨令x <x <x <x ，
1 2 3 4
17
则由图可知，x +x =−2， ≤x <2<x ≤17，
1 2 16 3 4
所以f (x )=−log (x −1)，f (x )=log (x −1)，
3 2 3 4 2 4
1
由−log 2 (x 3 −1)=log 2 (x 4 −1)，得 x −1 =x 4 −1 .
3
1
所以x +x +x +x =−2+x +x =(x −1)+(x −1)= +x −1，
1 2 3 4 3 4 3 4 x −1 4
4
1
设t=x −1(1<t≤16)，则g(t)=t+ (1<t≤16)，
4 t
1 ( 257]
根据对勾函数单调性知g(t)=t+ 在区间(1,16]上单调递增，所以g(t)∈ 2, ，
t 16
( 257]
即x +x +x +x 的取值范围是 2, .
1 2 3 4 16
( 257]
故答案为： 2, .
16
2x+2
27．已知函数f (x)=ax−2,g(x)=log ，若对任意的x ∈[−2,1]，总存在x ∈[2,3]，使得
2 2x−1 1 2
f (x )<g(x )成立，则实数a的范围为 .
1 2
( 3 ) 3
【答案】 − ,3 /− <a<3.
2 2
【详解】任意的x ∈[−2,1]，总存在x ∈[2,3]，使得f (x )<g(x )，
1 2 1 2
2x+2 (2x−1+3) ( 3 )
等价于f (x) <g(x) ，g(x)=log =log =log 1+ ，
max max 2 2x−1 2 2x−1 2 2x−1则g(x)在x∈[2,3]上单调递减，则g(x) =g(2)=1.
max
当a=0，f (x )=−2，因1>−2，则a=0满足题意；
1
当a>0，f (x)=ax−2在x∈[−2,1]上单调递增，则f (x) =f (1)=a−2，
max
故1>a−2⇒0<a<3；
当a<0，f (x)=ax−2在x∈[−2,1]上单调递减，则f (x) =f (−2)=−2a−2，
max
3
故1>−2a−2⇒− <a<0.
2
( 3 )
综上可得实数a的范围为 − ,3 .
2
( 3 )
故答案为： − ,3 .
2
28．已知定义在{x∈R|x≠0}上的函数f (x)具备下列性质，①f (x)是偶函数，②f (x)在(0,+∞)上单调递
增，③对任意非零实数x、y都有f (xy)=f (x)+f (y)，写出符合条件的函数f (x)的一个解析式 （写
一个即可）.
【答案】f (x)=ln|x|（答案不唯一）
【详解】函数f (x)=ln|x|的定义域为{x∈R|x≠0}，
对任意的x∈¿，f (−x)=ln|−x|=ln|x|=f (x)，
即函数f (x)=ln|x|为偶函数，f (x)=ln|x|满足①；
当x>0时，f (x)=lnx，则函数f (x)=ln|x|在(0,+∞)上为增函数，f (x)=ln|x|满足②；
对任意的非零实数x、y，f (xy)=ln|xy|=ln|x|+ln|y|=f (x)+f (y)，f (x)=ln|x|满足③.
故满足条件的一个函数解析式为f (x)=ln|x|.
故答案为：f (x)=ln|x|（答案不唯一）.
2×2023x
29．已知函数f (x)= ，若不等式f (aex)≥2−f (lna−lnx)恒成立，则a的最小值为 .
2023x+1
1
【答案】 /e−1
e
2023x+1+2023x−1 2023x−1
【详解】依题意，f (x)= =1+ ，
2023x+1 2023x+12023x−1 2023x+1−2 2
g(x)=f (x)−1= = =1− ，g(x)在R上单调递增，
2023x+1 2023x+1 2023x+1
2023−x−1 1−2023x
且g(−x)= = =−g(x)，g(x)为奇函数，
2023−x+1 1+2023x
f(aex )≥2−f(lna−lnx)⇔f(aex )−1≥1−f(lna−lnx)⇔g(aex )≥g(lnx−lna)
x
x x x x ln
⇔aex≥lnx−lna=ln ⇔xex≥ ln =ln e a，
a a a a
令ℎ(x)=xex (x>0)，求导得ℎ ' (x)=(x+1)ex>0，函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
x x x x x
当ln >0时，有ℎ(x)≥ℎ(ln )，于是x≥ln ，当ln ≤0时，显然x≥ln 成立，
a a a a a
x ex 1 ex (x−1)ex
因此x≥ln ，即 ≥ ，令φ(x)= ,x>0，求导得φ' (x)= ，
a x a x x2
当x∈(0,1)时，φ' (x)<0，函数φ(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，φ' (x)>0，函数φ(x)单调递增，
1 1
因此当x=1时，φ(x) =φ(1)=e，则 ≤e，而a>0，有a≥ ，
min a e
1
所以a的最小值为 .
e
1
故答案为：
e
30．已知函数f (x)=¿若函数g(x)=f2 (x)−mf(x)−e4有4个零点．则实数m的取值范围是 ．
【答案】(1−e4,e4−1)
当0<x<2且x≠1时，f'(x)<0；当x>2时，f'(x)>0．
故f (x)在(0,1)，(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
当x=2时，f (x)取得极小值f (2)=e2，
0<x<1时，f (x)<0；x>1时，f (x)>0
由f (x)解析式可知，f (x)为奇函数．画出f (x)图象大致如下：令g(x)=0得f2(x)−mf (x)−e4=0，设t=f (x)，
得关于t的方程t2−mt−e4=0（*）
Δ=m2+4e4>0恒成立，设（*）式有两个不等实根t ，t ，
1 2
当t =−e2 ，t =e2 时，即m=0，满足题意，
1 2
当¿或¿，满足题意，
方法一：
令ℎ(t)=t2−mt−e4，则¿或¿，
故0<m<e4−1或1−e4<m<0，
综上，实数m的取值范围是(1−e4,e4−1)．
方法二：
e4 e4
（*）式化为m=t− ，令ℎ(t)=t− (t≠0)，
t t
易知y= ℎ(t)在(−∞,0)，(0,+∞)上单调递增，
且ℎ(1)=1−e4，ℎ(−1)=e4−1，ℎ (e2)=
ℎ
(−e2)=0，
其图象大致如图：当0<m<e4−1或1−e4<m<0时，满足¿或¿，
综上，实数m的取值范围是(1−e4,e4−1)．
