文档内容
专题 03 函数的概念与性质
目录一览
2023真题展现
考向一 函数的奇偶性
考向二 函数单调性
考向三 指数函数与对数函数大小比较
真题考查解读
近年真题对比
考向一．函数的最值及其几何意义
考向二．函数奇偶性
考向三 抽象函数及其应用
考点四 指数函数与对数函数大小比较
命题规律解密
名校模拟探源
十三种题型60题
易错易混速记/二级结论速记
考向一 函数的奇偶性
2x−1
1．（2023•新高考Ⅱ•第4题）若f（x）＝（x+a）ln 为偶函数，则a＝（ ）
2x+1
1
A．﹣1 B．0 C． D．1
2
【答案】B
2x−1 1 1
解：由 ＞0，得x＞ 或x＜− ，
2x+1 2 2
由f（x）是偶函数，
∴f（﹣x）＝f（x），
−2x−1 2x−1
得（﹣x+a）ln =（x+a）ln ，
−2x+1 2x+1
2x+1 2x−1 2x−1 2x−1
即（﹣x+a）ln =（﹣x+a）ln（ ）﹣1＝（x﹣a）ln =（x+a）ln ，
2x−1 2x+1 2x+1 2x+1
∴x﹣a＝x+a，得﹣a＝a，
学科网（北京）股份有限公司 1得a＝0．
考向二 函数单调性
2．（2023•新高考Ⅰ•第4题）设函数f（x）＝2x（x﹣a）在区间（0，1）单调递减，则a的取值范围是（
）
A．（﹣∞，﹣2] B．[﹣2，0） C．（0，2] D．[2，+∞）
【答案】D．
解：设t＝x（x﹣a）＝x2﹣ax，对称轴为x＝ ，抛物线开口向上，
∵y＝2t是t的增函数，
∴要使f（x）在区间（0，1）单调递减，
则t＝x2﹣ax在区间（0，1）单调递减，
即 ≥1，即a≥2，
故实数a的取值范围是[2，+∞）．
考向三 指数函数与对数函数大小比较
3．（2023•新高考Ⅰ•第10题）（多选）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
p
义声压级L＝20×lg ，其中常数p（p＞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：
p p 0 0
0
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
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p，p，p，则（ ）
1 2 3
A．p≥p B．p＞10p C．p＝100p D．p≤100p
1 2 2 3 3 0 1 2
【答案】ACD
p
解：由题意得，60≤20lg
p
1≤90，1000p
0
≤p
1≤10
9
2p
0
，
0
p
50≤20lg
p
2≤60，
10
5
2p
0
≤p
2
≤1000p
0
，
0
p
20lg
3=40，p＝100p，
p 3 0
0
可得p≥p，A正确；
1 2
p≤10p＝1000p，B错误；
2 3 0
p＝100p，C正确；
3 0
学科网（北京）股份有限公司 29 5
p 1≤102p
0
＝100× 102p
0
≤100p
2
，p
1
≤100p
2
，D正确．
【命题意图】
考查函数的性质：对称性、周期性、单调性，考查化归与转化思想，考查逻辑推导与计算素养．
【考查要点】
函数的图象与性质是高考常考查的热点之一．考查函数的定义域、值域、图象，函数的对称性、周期性、
单调性．
【得分要点】
一．函数奇偶性的性质与判断
（1）如果函数f（x）的定义域关于原点对称，且定义域内任意一个x，都有f（﹣x）＝﹣f（x），那么函
数f（x）就叫做奇函数，其图象特点是关于（0，0）对称．
（2）如果函数f（x）的定义域关于原点对称，且定义域内任意一个x，都有f（﹣x）＝f（x），那么函数f
（x）就叫做偶函数，其图象特点是关于y轴对称．
二.函数的单调性
判断函数的单调性，有四种方法：定义法；导数法；函数图象法；基本函数的单调性的应用；复合函数遵
循“同增异减”；证明方法有定义法；导数法．
单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用符号“∪”
联结，也不能用“或”联结，只能用“和”或“，”连结．
设任意x，x∈[a，b]且x≠x，那么
1 2 1 2
① ⇔f（x）在[a，b]上是增函数；
f（x）在[a，b]上是减函数．
②（x﹣x）[f（x）﹣f（x）]＞0 f（x）在[a，b]上是增函数；
1 2 1 ⇔ 2
（x﹣x）[f（x）﹣f（x）]＜0 f（x）在[a，b]上是减函数．
1 2 1 2 ⇔
函数的单调区间，定义求解求解一般包括端点值，导数一般是开区间．
⇔
三、指对幂函数的大小比较
方法一：运用函数的单调性比较
1.对于抽象函数，可以借助中心对称、轴对称、周期等性质来“去除f（）外衣”比较大小；
2.有解析式函数，可以通过函数性质或者求导等，寻找函数单调性对称性，以用于比较大小.
方法二：因为幂指对函数的特殊性，往往比较大小，可以借助于临界值0与1（或者-1）比较大小.
方法三：寻找中间变量是属于难点，可以适当的总结积累规律
1.估算要比较大小的两个值所在的大致区间
2.可以对区间使用二分法（或者利用指对转化）寻找合适的中间值
学科网（北京）股份有限公司 3方法四：作差法、作商法
1. 一般情况下，作差或者做商，可处理底数不一样的的对数比大小
2. 作差或者做商的难点在于后续变形处理，注意此处的常见技巧和方法解
方法五：利用对数运算分离常数比大小
这是对数值所独有的技巧，类似于分式型的分离常数，借助此法可以把较复杂的数据，转化为某一单调区
间，或者某种具有单调性的形式，以利于比较大小
方法六：构造函数
学习和积累“构造函数比大小”，要先从此处入手，通过这个函数，学习观察，归纳，总结“同构”规律，还
要进一步总结“异构”规律，为后续积累更复杂的“构造函数”能力做训练.
构造函数，.观察总结“同构”规律，许多时候，三个数比较大小，可能某一个数会被刻意的隐藏了“同构”规
律，所以可以优先从结构最接近的两个数规律.
方法七：放缩法
1、对数，利用单调性，放缩底数，或者放缩真数
2、指数和幂函数结合来放缩。
3、利用均值不等式等不等关系放缩
方法八：“数值逼近”是指一些无从下手的数据，如果分析会发现非常接近某些整数（主要是整数多一些），
那么可以以该“整数”为变量，构造四舍五入函数关系，2021年全国卷乙卷第12题即是此思维.
考向一．函数的最值及其几何意义
1．（2021•新高考Ⅰ）函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为 ．
【答案】1
【解答】解：法一、函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定义域为（0，+∞）．
当0＜x 时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，
此时函数f（x）在（0， ]上为减函数，
当x＞ 时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，
则f′（x）＝ ＝ ，
当x （ ，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x （1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∈
∵f（x）在（0，+∞）上是连续函数，
∈
∴当x （0，1）时，f（x）单调递减，当x （1，+∞）时，f（x）单调递增．
∴当x＝1时f（x）取得最小值为f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1．
∈ ∈
学科网（北京）股份有限公司 4故答案为：1．
法二、令g（x）＝|2x﹣1|，h（x）＝2lnx，
分别作出两函数的图象如图：
由图可知，f（x）≥f（1）＝1，
则数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为1．
考向二．函数奇偶性
2．（2021•新高考Ⅱ）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f（x）： ．
①f（x x ）＝f（x ）f（x ）；②当x （0，+∞）时，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函数．
1 2 1 2
【答案】f（x）＝x2．．
∈
解：f（x）＝x2时， ；当x （0，+∞）时，f′（x）
＝2x＞0；f′（x）＝2x是奇函数．
∈
故答案为：
另解：幂函数f（x）＝xa（a＞0）即可满足条件①和②；偶函数即可满足条件③，
综上所述，取f（x）＝x2即可．
3．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，则a＝ ．
【答案】1
解：函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，
y＝x3为R上的奇函数，
故y＝a•2x﹣2﹣x也为R上的奇函数，
所以y|
x＝0
＝a•20﹣20＝a﹣1＝0，
所以a＝1．
法二：因为函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，
所以f（﹣x）＝f（x），
即﹣x3（a•2﹣x﹣2x）＝x3（a•2x﹣2﹣x），
即x3（a•2x﹣2﹣x）+x3（a•2﹣x﹣2x）＝0，
学科网（北京）股份有限公司 5即（a﹣1）（2x+2﹣x）x3＝0，
所以a＝1．
4．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f（x）的定义域为R（f（x）不恒为0），f（x+2）为偶函数，f（2x+1）为
奇函数，则（ ）
A．f（﹣ ）＝0 B．f（﹣1）＝0 C．f（2）＝0 D．f（4）＝0
【答案】B
【解答】解：∵函数f（x+2）为偶函数，
∴f（2+x）＝f（2﹣x），
∵f（2x+1）为奇函数，
∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），
用x替换上式中2x+1，得f（2﹣x）＝﹣f（x），
∴f（2+x）＝﹣f（x），f（4+x）＝﹣f（2+x）＝f（x），即f（x）＝f（x+4），
故函数f（x）是以4为周期的周期函数，
∵f（2x+1）为奇函数，
∴f（1﹣2x）＝﹣f（2x+1），即f（2x+1）+f（﹣2x+1）＝0，
用x替换上式中2x+1，可得，f（x）+f（2﹣x）＝0，
∴f（x）关于（1，0）对称，
又∵f（1）＝0，
∴f（﹣1）＝﹣f（2+1）＝﹣f（1）＝0．
考向三 抽象函数及其应用
5．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，
则 f（k）＝（ ）
A．﹣3 B．﹣2 C．0 D．1
【答案】A
解：令y＝1，则f（x+1）+f（x﹣1）＝f（x），即f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（x+2）＝f（x+1）﹣f（x），f（x+3）＝f（x+2）﹣f（x+1），
∴f（x+3）＝﹣f（x），则f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），
∴f（x）的周期为6，
令x＝1，y＝0得f（1）+f（1）＝f（1）×f（0），解得f（0）＝2，
又f（x+1）＝f（x）﹣f（x﹣1），
∴f（2）＝f（1）﹣f（0）＝﹣1，
f（3）＝f（2）﹣f（1）＝﹣2，
f（4）＝f（3）﹣f（2）＝﹣1，
f（5）＝f（4）﹣f（3）＝1，
学科网（北京）股份有限公司 6f（6）＝f（5）﹣f（4）＝2，
∴ ，
∴ ＝f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝﹣3．
考向四 指数函数与对数函数大小比较
6．（2022•新高考Ⅰ）设a＝0.1e0.1，b＝ ，c＝﹣ln0.9，则（ ）
A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b
【答案】C
解：构造函数f（x）＝lnx+ ，x＞0，
则f'（x）＝ ，x＞0，
当f'（x）＝0时，x＝1，
0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）在x＝1处取最小值f（1）＝1，
∴ ，（x＞0且x≠1），
∴ln0.9＞1﹣ ＝﹣ ，∴﹣ln0.9＜ ，∴c＜b；
∵﹣ln0.9＝ln ＞1﹣ ＝ ，∴ ，
∴0.1e0.1＜ ，∴a＜b；
设g（x）＝xex+ln（1﹣x）（0＜x＜1），
则 ＝ ，
令h（x）＝ex（x2﹣1）+1，h′（x）＝ex（x2+2x﹣1），
当0 时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当 时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∵h（0）＝0，∴当0＜x＜ 时，h（x）＜0，
当0＜x＜ ﹣1时，g′（x）＞0，g（x）＝xex+ln（1﹣x）单调递增，
∴g（0.1）＞g（0）＝0，∴0.1e0.1＞﹣ln0.9，∴a＞c，
∴c＜a＜b．
学科网（北京）股份有限公司 77．（2021•新高考Ⅱ）已知a＝log 2，b＝log 3，c＝ ，则下列判断正确的是（ ）
5 8
A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．a＜c＜b D．a＜b＜c
【答案】C
【解答】解：∵ ， ，
∴a＜c＜b．
从近三年的新高考试题来看，函数单调性的判断和应用以及函数的最值问题是高考的热点，题型既有选择
题、填空题。主要考查函数的单调性、最值的灵活确定与简单应用，预测2024高考仍将以函数的单调性，
奇偶性、幂指对函数比较大小为主要考点，重点考查转化与化归思想及逻辑推理能力．
一．函数的单调性及单调区间（共3小题）
1．（2023•海淀区校级三模）下列函数中，在区间（﹣∞，0）上是减函数的是（ ）
A．y＝x3 B．
C． D．y＝x﹣1
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝x3，是幂函数，在R上为增函数，不符合题意；
对于B，y＝（ ）﹣x＝2x，是指数函数，在R上为增函数，不符合题意；
对于C，由复合函数单调性的判断方法，y＝ 在区间（﹣∞，0）上是递增，不符合题意；
对于D，y＝x﹣1＝ ，是反比例函数，在区间（﹣∞，0）上是减函数，符合题意．
故选：D．
2．（2023•扬中市校级模拟）若幂函数f（x）的图象过点 ，则函数 的递减区间
为（ ）
A．（0，2） B．（﹣∞，0）和（2，+∞）
C．（﹣2，0） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【解答】解：设幂函数f（x）＝x ，它的图象过点（ ， ），
α
学科网（北京）股份有限公司 8∴（ ） ＝ ，∴ ＝2；
α
∴f（x）＝x2；
α
∴g（x）＝ ，则g′（x）＝ ＝ ，
令g′（x）＜0，即x（2﹣x）＜0，解得：x＞2或x＜0，
故g（x）在递减区间是（﹣∞，0）和（2，+∞），
故选：B．
3．（2023•浦东新区校级三模）定义在区间[1，+∞）上的函数f（x）的图像是一条连续不断的曲线，f
（x）在区间[2k﹣1，2k]上严格增，在区间[2k，2k+1]上严格减，k为正整数．给出下列四个结论：
①若{f（2k）}为严格增数列，则f（x）存在最大值；
②若{f（2k+1）}为严格增数列，则f（x）存在最小值；
②若f（2k）f（2k+1）＞0，且f（2k）+f（2k+1）存在最小值，则|f（x）|存在最小值；
①若f（2k）f（2k+1）＜0，且f（2k）﹣f（2k+1）存在最大值，则|f（x）|存在最大值．
其中所有错误结论的序号有 ．
【解答】解：对于①，由条件知，函数f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，
在区间[2k，2k+1上单调递减，k＝1，2，…，那么在区间[2k﹣1，2k+1]，函数的最大值是f（2k），
若数列 {f（2k）}为递增数列，则函数f（x）不存在最大值，所以①错误；
对于②，由条件知，函数f（x）在区间[2k﹣1，2k]上单调递增，在区间[2k，2k+1]上单调递减，
若{f（2k+D）}为递增数列，那么在区间[2k﹣1，2k+1]的最小值是f（2k﹣1），且f（2k+D）为递增数
列，
所以函数f（x）在区间[1，+∞）的最小值是f（1），所以②正确；
对于③，若f（2k）f（2k+1）＞0，取 ，k N*，
则f（2k）+f（2k+1）＝2k，存在最小值，
∈
但此时|f（x）|的最小值是|f（2k+1）|＝ 的最小值，函数单调递减，无最小值，所以③错误；
对于④，若f（2k）f（2k+1）＜0，取 ，则f（2k）﹣f（2k+1）＝2恒成立，
则f（2k）﹣f（2k+1）有最大值，但|f（x）|的最大值是|f（2k）|＝2﹣ 的最大值，
函数单调递增，无最大值，所以④错误．
故答案为：①③④．
学科网（北京）股份有限公司 9二．函数单调性的性质与判断（共6小题）
4．（2023•西城区校级三模）在下列四个函数中，在定义域内单调递增的有（ ）
A．f（x）＝tanx B．f（x）＝|x| C．f（x）＝2x D．f（x）＝x2
【解答】解：A：根据正切函数的性质可知，y＝tanx在定义域（﹣ ， ）（k Z）上单
调，不符合题意；
∈
B：f（x）＝|x|在定义域R上不单调，不符合题意；
C：根据指数函数的性质可知，f（x）＝2x在R上单调递增，符合题意；
D：根据二次函数的性质；f（x）＝x2在定义域R上不单调，不符合题意．
故选：C．
5．（2023•龙华区校级模拟）已知函数f（x）是（0，+∞）上的单调函数，且f（f（x）﹣x﹣log x）＝5，
2
则f（x）在[1，8]上的值域为（ ）
A．[2，10] B．[3，10] C．[2，13] D．[3，13]
【解答】解：由题意设f（x）﹣x﹣log x＝m，则f（x）＝x+log x+m，且f（m）＝5，
2 2
所以m+log m+m＝5，即log m＝5﹣2m，解得m＝2，
2 2
所以f（x）＝x+log x+2，x [1，8]，
2
因为函数y＝x，y＝log
2
x都
∈
为单调递增函数，所以函数f（x）在[1，8]上单调递增，
则当x＝1时，f（x） ＝1+0+2＝3，当x＝8时，f（x） ＝8+3+2＝13，
min max
所以函数f（x）的值域为[3，13]，
故选：D．
6．（2023•西宁模拟）已知函数 ，对任意x ≠x ，都有 成
1 2
立，则a的取值范围是（ ）
A．（0，1） B．（1，2] C．（0，1] D．（1，2）
【解答】解：因为对任意x ≠x ，都有 成立，
1 2
所以函数f（x）在定义域内单调递增，
因为 ，所以 ，
解得1＜a≤2，故A，C，D错误．
故选：B．
7．（2023•景德镇模拟）已知定义域为R的函数f（x）的图象是连续不断的曲线，对任意实数 m，n均满
足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），且当x＞0时，f（x）＞0．若g（x）＝
学科网（北京）股份有限公司 10，则下列判断正确的是（ ）
A．g（1）＞g（0） B．g（3）＜g（﹣1） C．g（2）＜g（﹣1） D．g（3）＞g（﹣2）
【解答】解：已知对任意实数m，n均满足enf（m）+e2mf（n﹣m）＝emf（n），
可得 + ＝ ，
不妨设 ，
因为当x＞0时，f（x）＞0，
所以h（x）＞0，
满足h（m）+h（n﹣m）＝h（n），
当n＞m时，h（n﹣m）＞0；
所以h（m）＜h（n），
即h（x）在R上单调递增，
又g（x）＝ ，
即g（x）＝ ，
所以函数g（x）的图象关于x＝1对称，且g（x）在 （1，+∞）上递增，
则g（1）＜g（0），故选项A错误；g（3）＝g（﹣1），故选项B错误；
g（2）＜g（﹣1），故选项C正确；g（3）＜g（﹣2），故选项D错误．
故选：C．
8．（2023•驻马店二模）已知f（x）是定义域为R的单调递增的函数， n N，f（n） N，且f（f（n））
＝3n，则f（28）＝ ．
∀ ∈ ∈
【解答】解：因为 n N，f（n） N，且f（f（n））＝3n，所以，f（f（0））＝0，
因为f（0） N，若f（0）＝0，则f（f（0））＝f（0）＝0，合乎题意，
∀ ∈ ∈
若f（0）≥1，则f（f（0））≥f（1）＞f（0）≥1，这与f（f（0））＝0矛盾，故f（0）＝0，
∈
所以，f（1）＞f（0）＝0，因为f（1） N，则f（1）≥1，
因为f（f（1））＝3，若f（1）＝1，则f（f（1））＝f（1）＝1，这与f（f（1））＝3矛盾，
∈
若f（1）＝2，则f（f（1））＝f（2）＝3＞f（1），合乎题意，
若f（1）≥3，则f（f（1））≥f（3）＞f（1）≥3，即f（f（1））＞3，矛盾，故f（1）＝2．
因为f（f（2））＝f（3）＝6，所以f（f（3））＝f（6）＝9，
所以，6＝f（3）＜f（4）＜f（5）＜f（6）＝9，于是f（4）＝7，f（5）＝8．
因为f（f（4））＝f（7）＝12，所以f（f（7））＝f（12）＝21，
因为f（f（6））＝f（9）＝18，18＝f（9）＜f（10）＜f（11）＜f（12）＝21，
所以f（10）＝19，f（11）＝20．
因为f（f（9））＝f（18）＝27，f（f（10））＝f（19）＝30，
学科网（北京）股份有限公司 11所以f（f（18））＝f（27）＝54，f（f（19））＝f（30）＝57，
所以，54＝f（27）＜f（28）＜f（29）＜f（30）＝57，所以f（28）＝55，f（29）＝56．
故答案为：55．
9．（2023•杨浦区校级三模）已知函数 ，设x（i＝1、2、3）为实数，且x +x +x ＝0，给出
i 1 2 3
下 列 结 论 ： ① 若 x • x • x ＞ 0 ， 则 ； ② 若 x • x • x ＜ 0 ， 则
1 2 3 1 2 3
．则（ ）
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确
C．①②都正确 D．①②都错误
【解答】解：令函数 ，
可得函数g（x）为单调递增函数，
又由 ，即g（﹣x）＝﹣g（x），
所以函数g（x）为奇函数，图象关于点（0，0）对称，如图（1）所示，
①中，因为 x
1
+x
2
+x
3
＝0，且 x 1⋅x 2⋅x
3
＞0，则 x
3
＝﹣（x
1
+x
2
），不妨设 x
1
＜0，x
2
＜0，x
3
＞0，
则点A（x +x ，f（x +x ）），此时直线OA的方程为 ，
1 2 1 2
可 得 ， 则
，
可得g（x ）+g（x ）﹣g（x +x ）＜0，又由 g（x ）＝g[﹣（x +x ）]＝﹣g（x +x ），
1 2 1 2 3 1 2 1 2
所以g（x ）+g（x ）+g（x ）＜0，即 ，
1 2 3
学科网（北京）股份有限公司 12即 ，所以①正确；
②中，若 x 1⋅x 2⋅x
3
＜0，不妨设 x 1⋅x 2⋅x
3
＞0，则x
1
＝﹣（x
2
+x
3
），不妨设 x
1
＜0，x
2
＞0，x
3
＞0，
则点B（x +x ，f（x +x ）），此时直线OB的方程为 ，
2 3 2 3
可得 ，
则 ，
可得g（x ）+g（x ）﹣g（x +x ）＞0，
2 3 2 3
又由g（x ）＝g[﹣（x +x ）]＝﹣g（x +x ），
1 2 3 2 3
所以g（x ）+g（x ）+g（x ）＞0，
1 2 3
即 ，
即 ，所以②正确．
故选：C．
三．复合函数的单调性（共4小题）
10．（2023•绍兴二模）下列函数在区间（0，2）上单调递增的是（ ）
A．y＝（x﹣2）2 B． C．y＝sin（x﹣2） D．y＝cos（x﹣2）
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝（x﹣2）2，是开口向上的二次函数，其对称轴为x＝2，在区间（0，2）上单调递减，不符
合题意；
对于B，y＝ ，在区间（0，2）上为减函数，不符合题意；
对于C，设t＝x﹣2，则y＝sint，由于0＜x＜2，则﹣2＜t＜0，y＝cost在区间（﹣2，0）先减后增，则
y＝sin（x﹣2）在区间（0，2）不是增函数，不符合题意；
对于D，设t＝x﹣2，则y＝cost，由于0＜x＜2，则﹣2＜t＜0，y＝cost在区间（﹣2，0）上为增函数，
则y＝cos（x﹣2）在区间（0，2）上单调递增，符合题意．
故选：D．
（多选）11．（2023•渝中区校级模拟）若 ，其中e为自然对数的底数，则下列命
题正确的是（ ）
A．f（x）在（0，+∞）上单调递增
B．f（x）在（0，+∞）上单调递减
C．f（x）的图象关于直线x＝0对称
学科网（北京）股份有限公司 13D．f（x）的图象关于点（0，0）中心对称
【解答】解：f（﹣x）＝f（x），则f（x）是偶函数，图象关于y轴即x＝0对称，C项正确，D项错误；
设u＝1﹣x2，其在（0，+∞）上单调减，y＝eu在u R上单调增，
∈
则函数 ，在（0，+∞）上单调减，B项正确，A错误．
故选：BC．
12．（2023•济宁一模）若函数f（x）＝log （ax﹣x3）（a＞0且a≠1）在区间（0，1）内单调递增，则a
a
的取值范围是（ ）
A．[3，+∞） B．（1，3] C． D．
【解答】解：令 ＝g（x）＝ax﹣x3，则g'（x）＝a﹣3x2，
μ
当 或 时，g'（x）＜0，当 时，g'（x）＞0，
所以g（x）在 和 上递减，在 上递增，
当a＞1时，y＝log 为增函数，且函数f（x）在区间（0，1）内单调递增，
a
μ
所以 ，解得a≥3，
此时g（x）在（0，1）上递增，则g（x）＞g（0）＝0恒成立，
当0＜a＜1时，y＝log 为减函数，且函数f（x）在区间（0，1）内单调递增，
a
μ
所以 ，无解，
综上所述，a的取值范围是[3，+∞）．
故选：A．
13．（2023•安康一模）已知函数 ．
（1）若f（1）＝3，求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数a，使函数f（x）的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵f（1）＝3，∴a+9＝23，即a＝﹣1， ，
由﹣x2+4x+5＞0，x2﹣4x﹣5＝（x﹣5）（x+1）＜0，
解得﹣1＜x＜5，∴函数f（x）的定义域为（﹣1，5），
∵函数t＝﹣x2+4x+5在（﹣1，2）上单调递增，在（2，5）上单调递减，
又∵y＝log t在（0，+∞）上为增函数，
2
学科网（北京）股份有限公司 14∴函数f（x）的单调递增区间为（﹣1，2），单调递减区间为（2，5）．
（2）设存在实数a，使函数f（x）的最小值为0，h（x）＝ax2+4x+5，
∵函数f（x）的最小值为0，∴函数h（x）的最小值为1，所以a＞0①，且 ②，
联立①②解得：a＝1，
∴存在实数a＝1，使函数f（x）的最小值为0．
四．函数的最值及其几何意义（共9小题）
14．（2023•兴庆区校级模拟）已知实数x，y满足2x2﹣5lnx﹣y＝0，m R，则 的
最小值为（ ）
∈
A． B． C． D．
【解答】解：∵ ＝ ，表示动点P（x，y）到定点（m，
﹣m）的距离，
又因为（m，﹣m）在直线x+y＝0上，
求 y＝2x2﹣5lnx（x＞0）与直线 x+y＝0 平行的切线，该切线与直线 x+y＝0 间的距离即为
的最小值．
由y＝2x2﹣5lnx求导得，y′＝4x﹣ ，
令y′＝﹣1，即4x﹣ ＝﹣1，即4x2+x﹣5＝0，
解得x＝1（负值舍去），
所以切点（1，2），
又切点（1，2）到直线x+y＝0的距离d＝ ＝ ，
所以动点P（x，y）到定点（m，﹣m）的最小距离为 ，
所以 的最小值为 ，
故选：B．
15．（2023•郑州模拟）已知函数f（x）＝a（3﹣x）+ 的图象过点（0，1）与 ，则函数f
（x）在区间[1，4]上的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意可得 ，解得 ．
学科网（北京）股份有限公司 15∴f（x）＝ ＝1﹣ ，
f′（x）＝ ＝ ＝ ＝ ，
当x [1，2）时，f′（x）＞0，当x （2，4]时，f′（x）＜0，
∴f（x）在[1，2）上单调递增，在（2，4]上单调递减，
∈ ∈
∴ ＝ ．
故选：B．
16．（2023•芦溪县校级一模）关于“函数f（x）＝ 的最大、最小值与数列a ＝ 的最大、
n
最小项”，下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）无最大、最小值，数列{a }有最大、最小项
n
B．函数f（x）无最大、最小值，数列{a }无最大、最小项
n
C．函数f（x）有最大、最小值，数列{a }有最大、最小项
n
D．函数f（x）有最大、最小值，数列{a }无最大、最小项
n
【解答】解：函数f（x）＝ ＝ • ＝ • ＝ （1+ ），
令g（x）＝1+ ，
由2x﹣ ≠0，解得x≠log ，所以函数的定义域为{x|x≠log }，
2 2
因为2x﹣ ＞﹣ 且2x﹣ ≠0，所以 （﹣∞，﹣ ）∪（0，+∞），
∈
则 （﹣∞，﹣ ）∪（0，+∞），
∈
则g（x） （﹣∞， ）∪（1，+∞），所以函数f（x）无最大、最小值；
∈
又y＝ 在（﹣∞，0），（0，+∞）上单调递减，y＝2x﹣ 在定义域上单调递增，
所以f（x）在（﹣∞，log ），（log ，+∞）上单调递减，
2 2
学科网（北京）股份有限公司 16且当x＞log 时，f（x）＞0，
2
因为2＜log ＜log 8＝3，
2 2
对于数列a ＝ ，
n
则a ＝0＞a ＝﹣ ，a ＝6＞a ＞a ＞…＞0，且n≥3时a ＞0，
1 2 3 4 5 n
所以数列{a }有最小项a ＝﹣ ，有最大项a ＝6．
n 2 3
故选：A．
17．（2023•浦东新区二模）函数 在区间 上的最小值为 ．
【解答】解：y＝ ＝1+log x+ ﹣1＝log （2x）+ ﹣1＝
2 2
+ ﹣1＝2log （2x）+ ﹣1，
4
∵x （ ，+∞），∴2x （1，+∞），∴log （2x）＞0，
4
∈ ∈
∴y＝2log （2x）+ ﹣1 ﹣1＝2 ﹣1，当且仅当 2log
4 4
（2x）＝ ，即log （2x）＝ 时，等号成立，
4
即函数 在区间 上的最小值为2 ﹣1．
故答案为：2 ﹣1．
18．（2023•南关区校级模拟）已知函数 ，存在实数x ，x ，…，x 使得f（x ）+f
1 2 n 1
（x
2
）+…+f（x
n﹣1
）＝f（x
n
）成立，若正整数n的最大值为6，则a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：设 ，
学科网（北京）股份有限公司 17由于 单调递减，则g（x）单调递增，
因为e2x+1＞1，
所以﹣1＜g（x）＜1，则﹣1﹣a＜g（x）﹣a＜1﹣a，
当0≤a≤1时，﹣1﹣a＜﹣1，0＜1﹣a＜1，
则0≤f（x）＜a+1，
显然存在任意正整数n，使得f（x
1
）+f（x
2
）+…+f（x
n﹣1
）＝f（x
n
）成立；
当a＞1时，﹣1﹣a＜1﹣a＜0，a﹣1＜f（x）＜a+1，
要使正整数n的最大值为6，则 ，解得 ；
当﹣1≤a＜0时，﹣1＜﹣1﹣a＜0，1﹣a＞1，0≤f（x）＜1﹣a，
显然存在任意正整数n，使得f（x
1
）+f（x
2
）+…+f（x
n﹣1
）＝f（x
n
）成立；
当a＜﹣1时，0＜﹣1﹣a＜1﹣a，﹣a﹣1＜f（x）＜﹣1﹣a，
要使正整数n的最大值为6，则 ，解得 ．
综上，实数a的取值范围为 ．
故选：C．
19．（2023•烟台模拟）已知实数a，b满足a2+b2﹣4a+3＝0，则a2+（b+2）2的最大值为 ．
【解答】解：方程a2+b2﹣4a+3＝0整理得（a﹣2）2+b2＝1，
设点A（a，b），即点A是圆C：（x﹣2）2+y2＝1上一点
又点B（0，﹣2）在圆C：（x﹣2）2+y2＝1外，所以 ，
则 ，
所以a2+（b+2）2的最大值为 ．
故答案为： ．
20．（2023•香坊区校级模拟）已知实数x ，x ，y ，y 满足 + ＝4， + ＝9，x x +y y ＝0则|x +y
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1
﹣9|+|x +y ﹣9|的最小值是 ．
2 2
【解答】解：由 可知，
点A（x ，y ），B（x ，y ）分别在圆x2+y2＝4和圆x2+y2＝9上，
1 1 2 2
由x x +y y ＝0得OA⊥OB，
1 2 1 2
如图，作直线l：y＝﹣x，过B作BD⊥l于D，过A作AE⊥l于E，
学科网（北京）股份有限公司 18设 ，因为OA⊥OB，所以 ，
从而 ，
故 ，
其中 ，
故当 时，|BD|+|AE|取最大值 ，
而 ，
其中 表示A到直线x+y﹣9＝0的距离d ，
1
表示B到直线x+y﹣9＝0的距离d ，
2
因为y＝﹣x与x+y﹣9＝0平行，且y＝﹣x与x+y﹣9＝0的距离为 ，
所以 ，
从而|x +y ﹣9|+|x +y ﹣9|＝ （d +d ）≤ （|AE|+|BD|+ ）＝ ．
1 1 2 2 1 2
故答案为： +18．
21．（2023•鲤城区校级模拟）设a，b R，c＞0，求 的最
小值 ．
∈
【解答】解：由两点距离公式的几何意义可知 的几何意义为点（a，ea）到（b，
学科网（北京）股份有限公司 19b）的距离，
的几何意义表示为点（c，lnc）到（b，b）的距离，
而（a，ea）是y＝ex（x＞0）上的点，（c，lnc）是y＝lnx上的点，（b，b）是y＝x上的点，
且y＝ex与y＝lnx关于直线y＝x对称，
∴ + 的最小值，转化为y＝ex图像上的动点与y＝lnx图像
上的动点间的最小距离，
显然，y＝ex与平行y＝x的切线l 的切点M，和y＝lnx与平行y＝x的切线1 的切点N，
1 2
它们之间的距离MN就是所求最小距离．
对于y＝ex，设切点为（x ，y ），有y′＝ex，则 ＝1，故x ＝0，则y ＝e0＝1，故M（0，1）．
1 1 1 1
对于y＝lnx，设切点为（x ，y ），有y′＝ ，则 ＝1，故x ＝1，则y ＝ln1＝0，故N（1，0），
2 2 2 2
则|MN|＝ ＝ ，
则 + 的最小值为 ．
故答案为： ．
22．（2023•武功县校级模拟）已知函数f（x）＝2|x﹣1|+|2x+1|．
（1）解不等式f（x）＜4；
（2）已知f（x）的最小值为m，正实数a，b满足mab＝a+b，求a+3b的最小值．
【解答】解：（1）当x≥1时，f（x）＝2x﹣2+2x+1＝4x﹣1，由f（x）＜4得4x﹣1＜4得x＜ ，此时
1≤x＜ ．
当﹣ ＜x＜1时，f（x）＝﹣2x+2+2x+1＝3，此时f（x）＜4恒成立，此时﹣ ＜x＜1．
当x≤﹣ 时，f（x）＝﹣2x+2﹣2x﹣1＝﹣4x+1，由f（x）＜4得﹣4x+1＜4得x＞﹣ ，此时﹣ ＜x≤
学科网（北京）股份有限公司 20﹣ ．
综上﹣ ＜x＜ ．
即不等式的解集为（﹣ ， ）．
（2）由f（x）的图象知f（x）的最小值为3，即m＝3，
则mab＝a+b等价3ab＝a+b，即1＝ ＝ + ，
则a+3b＝（a+3b）（ + ）＝ +1+ + ≥ +2 ＝ + ，
当且仅当 ＝ ，即a＝ b时取等号，
即a+3b的最小值是 + ．
五．奇函数、偶函数（共3小题）
23．（2023•昌江县二模）已知f（x）是R上的奇函数，且f（x+2）＝﹣f（x），当x （0，2）时，f（x）
＝x2+2x，则f（15）＝（ ）
∈
A．3 B．﹣3 C．255 D．﹣255
【解答】解：因为f（x）是R上的奇函数，且f（x+2）＝﹣f（x），
所以f（x+4）＝f（x），
当x （0，2）时，f（x）＝x2+2x，
则f（15）＝f（3）＝﹣f（1）＝﹣3．
∈
故选：B．
24．（2023•茂南区校级三模）已知函数 是偶函数，则a＝ ．
学科网（北京）股份有限公司 21【解答】解：因为 是偶函数，
所以f（﹣x）＝f（x）恒成立，
所以（e﹣x﹣aex）cos3x＝（ ）cos3x，
整理得（a+1）（ ）＝0恒成立，
所以a＝﹣1．
故答案为：﹣1．
25．（2023•肥西县模拟）若函数 f（x）（x R）是周期为 4 的奇函数，且在[0，2]上的解析式为
∈
，则 ＝ ．
【解答】解：根据题意，函数f（x）（x R）是周期为4的奇函数，
∈
则f（5）＝f（1），f（ ）＝f（﹣ +8）＝f（﹣ ）＝﹣f（ ），
又由函数f（x）在[0，2]上的解析式为 ，
则f（5）＝f（1）＝0，f（ ）＝﹣f（ ）＝﹣sin ＝ ，
π
则f（5）+f（ ）＝0+ ＝ ，
故答案为： ．
六．函数奇偶性的性质与判断（共4小题）
26．（2023•郑州三模）已知函数 是偶函数，则实数a＝ ．
【解答】解：函数f（x）的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），
又f（x）为偶函数，
则 ，
解得a＝2，
经检验，a＝2符合题意．
故答案为：2．
27．（2023•张家口一模）已知 是奇函数，则实数a＝ ．
【解答】解：由题意得f（x）＝﹣f（﹣x），所以 ，
学科网（北京）股份有限公司 22解得a＝2．
故答案为：2．
28．（2023•红山区模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f（2x+2）为偶函数，f（x+1）为奇函数，且当
x [0，1]时，f（x）＝ax+b．若f（4）＝1，则 ＝（ ）
∈
A． B．0 C． D．﹣1
【解答】解：因为f（2x+2）为偶函数，所以f（﹣2x+2）＝f（2x+2），
用 代替x得：f（﹣x+1）＝f（x+3），
因为f（x+1）为奇函数，所以f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
故f（x+3）＝﹣f（x+1）①，
用x+2代替x得：f（x+5）＝﹣f（x+3）②，
由①②得：f（x+5）＝f（x+1），
所以函数f（x）的周期T＝4，
所以f（4）＝f（0）＝1，即b＝1，
因为f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令x＝0得：f（1）＝﹣f（1），故f（1）＝0，f（1）＝a+b＝0，解得：
a＝﹣1，
所以x [0，1]时，f（x）＝﹣x+1，
因为f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
∈
令 ，得 ，
其中 ，所以 ，
因为f（﹣2x+2）＝f（2x+2），
令 得： ，即 ，
因为T＝4，所以 ，
因为f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），
令 得： ，
故 ， ．
故选：C．
29．（2023•南充模拟）设定义在R上的函数f（x）与g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x）．若f（x）
﹣g（4﹣x）＝2，g'（x）＝f'（x﹣2），且f（x+2）为奇函数，则下列说法中一定正确的是（ ）
学科网（北京）股份有限公司 23A． B．
C． x R，f（2+x）+f（﹣x）＝0 D．g（3）+g（5）＝4
【解答】解：对C，∵g'（x）＝f'（x﹣2），则g（x）＝f（x﹣2）+a，则g（4﹣x）＝f（2﹣x）+a，
∀ ∈
又f（x）﹣g（4﹣x）＝2，所以f（x）＝f（2﹣x）+a+2，令x＝1，可得a+2＝0，即a＝﹣2．
所以f（x）＝f（2﹣x），所以函数f（x）的图象关于x＝1对称，
而f（2+x）+f（﹣x）＝0，可得f（x）关于（1，0）对称，C错；
对A：∵f（x+2）为奇函数，则y＝f（x）图像关于（2，0）对称，且f（2+x）+f（2﹣x）＝0，
∴f（0）＝0，f（2）＝0，f（1）+f（3）＝0，f（4）+f（0）＝0，∴f（4）＝0．
又f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x），∴f（x）＝﹣f（x+2）＝f（x+4），∴y＝f（x）的周期T＝4，
∴ f（k）＝505[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（1）+f（2）+f（3）＝0，A对；
对D，g（x）＝f（x﹣2）﹣2，则g（x）是周期T＝4的函数，
g（3）+g（5）＝f（1）﹣2+f（3）﹣2＝﹣4，D错误；
对B， g（k）＝f（﹣1）﹣2+f（0）﹣2+f（1）﹣2+…+f（2021）﹣2＝ f（k）﹣2×2023＝﹣
4046，B错误．
故选：A．
七．奇偶函数图象的对称性（共4小题）
30．（2023•晋中模拟）已知函数 ，则f（x）的图象（ ）
A．关于直线x＝2对称 B．关于点（2，0）对称
C．关于直线x＝0对称 D．关于原点对称
【解答】解：f（x）＝2x﹣24﹣x，
则f（4﹣x）＝24﹣x﹣24﹣（4﹣x）＝24﹣x﹣2x，
所以f（x）+f（4﹣x）＝0，
则函数f（x）的图象关于点（2，0）对称，
故选：B．
31．（2023•濠江区校级三模）写出一个满足“图象既关于直线x＝1对称又关于原点中心对称”的函数f
（x）＝ ．
【解答】解：依题意，函数f（x）的周期为4，则根据正弦函数的性质可取 ，
故答案为： （答案不唯一）．
32．（2023•安阳三模）已知函数 的图象关于坐标原点对称，则a+b＝ ．
学科网（北京）股份有限公司 24【解答】解：依题意函数f（x）是一个奇函数，
又2x﹣a≠0，所以x≠log a，
2
所以f（x）定义域为{x|x≠log a}，
2
因为f（x）的图象关于坐标原点对称，所以log a＝0，
2
解得a＝1，
又f（﹣x）＝﹣f（x），所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ．
故答案为： ．
（多选）33．（2023•海阳市校级模拟）函数y＝f（x）在区间（﹣∞，+∞）上的图象是一条连续不断的曲
线，且满足f（3+x）﹣f（3﹣x）+6x＝0，函数f（1﹣2x）的图象关于点（0，1）对称，则（ ）
A．f（x）的图象关于点（1，1）对称
B．8是f（x）的一个周期
C．f（x）一定存在零点
D．f（101）＝﹣299
【解答】解：对于A，由于f（1﹣2x）的图象关于点（0，1）对称，
所以f（1﹣2x）+f（1+2x）＝2，故f（1﹣x）+f（1+x）＝2，
所以f（x）的图象关于点（1，1）对称，故A正确，
由f（3+x）﹣f（3﹣x）+6x＝0得f（3+x）+3x＝f（3﹣x）﹣3x，令g（x）＝f（3+x）+3x，
∴g（﹣x）＝f（3﹣x）+3x，
所以g（x）＝g（﹣x），故g（x）为偶函数，又f（x）的图象关于点（1，1）对称，
所以f（x）+f（﹣x+2）＝2，又f（x）＝g（x﹣3）﹣3（x﹣3），
从而g（x﹣3）﹣3（x﹣3）+g（﹣x+2﹣3）﹣3（﹣x+2﹣3）＝2 g（x﹣3）+g（﹣x﹣1）＝﹣10，
所以g（x）的图象关于（﹣2，﹣5）对称，
⇒
对于C，在f（1﹣x）+f（1+x）＝2中，令x＝0，f（1）＝1＞0，
所以g（﹣2）＝f（1）﹣6＝﹣5，
∴g（2）＝﹣5＝f（5）+6 f（5）＝﹣11＜0，
由于y＝f（x）在区间（﹣∞，+∞）上的图象是一条连续不断的曲线，由零点存在性定理可得f（x）在
⇒
（1，5）有零点，故C正确
对于D，由于g（x）的图象关于（﹣2，﹣5）对称以及g（x）＝g（﹣x）得g（x）+g（﹣x﹣4）＝﹣
10 g（x）+g（x+4）＝﹣10，
又g（x+8）+g（x+4）＝﹣10，
⇒
学科网（北京）股份有限公司 25所以g（x）＝g（x+8），
所以g（x）是周期为8的周期函数，f（101）＝g（98）﹣3×98＝g（2）﹣294＝﹣5﹣294＝﹣299，故
D正确，
对于B，f（1）＝1，f（9）＝g（6）﹣18＝g（﹣2）﹣18＝g（2）﹣18＝﹣5﹣18＝﹣23≠f（1），
所以8不是f（x）的周期，
故选：ACD．
八．奇偶性与单调性的综合（共3小题）
34．（2023•禅城区模拟）已知f（x）是定义在R上的偶函数且f（1）＝2，若f'（x）＜f（x）ln2，则f
（x）﹣2x+2＞0的解集为 ．
【解答】解：令 ，则 ，
由于f'（x）＜f（x）ln2，所以g′（x）＝ ＜0，故g（x）在R上单调递减，
又f（x）是定义在R上的偶函数且f（1）＝2，故f（﹣1）＝2，
所以g（﹣1）＝ ＝4，f（x）﹣2x+2＞0 等价于 ，
因此x＜﹣1，故f（x）﹣2x+2＞0 的解集为（﹣∞，﹣1）．
故答案为：（﹣∞，﹣1）．
35．（2023•石嘴山校级三模）已知函数f（x）是定义域为R的函数，f（2+x）+f（﹣x）＝0，对任意x ，
1
x [1，+∞）（x ＜x ），均有f（x ）﹣f（x ）＞0，已知a，b（a≠b）为关于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝
2 1 2 2 1
0的两个解，则关于t的不等式f（a）+f（b）+f（t）＞0的解集为（ ）
∈
A．（﹣2，2） B．（﹣2，0） C．（0，1） D．（1，2）
【解答】解：由f（2+x）+f（﹣x）＝0，得f（1）＝0且函数f（x）关于点（1，0）对称，
由对任意x ，x [1，+∞）（x ＜x ），均有f（x ）﹣f（x ）＞0，
1 2 1 2 2 1
可知函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∈
又因为函数f（x）的定义域为R，
所以函数f（x）在R上单调递增，
因为a，b（a≠b）为关于x的方程x2﹣2x+t2﹣3＝0的两个解，
所以Δ＝4﹣4（t2﹣3）＞0，解得﹣2＜t＜2，
且a+b＝2，即b＝2﹣a，
又f（2+x）+f（﹣x）＝0，
令x＝﹣a，则f（a）+f（b）＝0，
则由f（a）+f（b）+f（t）＞0，得f（t）＞0＝f（1），
所以t＞1，
综上，t的取值范围是（1，2）．
学科网（北京）股份有限公司 26故选：D．
36．（2023•金东区校级三模）已知函数 ，g（x）＝sinx，a＞b≥1，c＞d＞0，若f（a）﹣f
（b）＝ ， ，则（ ）
π
A． B．
C． D．
【解答】解：设 ，则 在[1，+∞）上单调递
减，
因为a＞b≥1，故F（a）＜F（b），即a﹣f（a）＜b﹣f（b），
∴a﹣b＜f（a）﹣f（b）＝ ，
设G（x）＝x﹣g（x）＝x﹣sinx，（x＞0），则g′（x）＝1﹣cosx＞0，
π
故G（x）＝x﹣g（x）在（0，+∞）上单调递增，
因为c＞d＞0，故G（c）＞G（d），
即c﹣g（c）＞d﹣g（d），
∴ ，
由于a﹣b＜ ， ，故 ，
π
则 ，即 ，所以A错误，B正确；
由a﹣b＜ ， ，无法确定 还是 ，C，D错误，
故选：B．
π
九．抽象函数及其应用（共6小题）
（多选）37．（2023•杭州二模）已知函数f（x）（x R）是奇函数，f（x+2）＝f（﹣x）且f（1）＝2，
f'（x）是f（x）的导函数，则（ ）
∈
A．f（2023）＝2 B．f'（x）的周期是4
C．f'（x）是偶函数 D．f'（1）＝1
【解答】解：根据题意，函数满足f（x+2）＝f（﹣x），则f（x+4）＝f（﹣x﹣2）＝f（x），即函数f
（x）是周期为4的周期函数，B正确；
而函数f（x）（x R）是奇函数，则f（2023）＝f（﹣1+2024）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣2，A错误；
f（x）为奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），等式两边同时求导，可得﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x），即f′
∈
（﹣x）＝f′（x），f'（x）是偶函数，C正确；
f（x+2）＝f（﹣x），则有f（x+2）＝﹣f（x），等式两边同时求导，可得f′（x+2）＝﹣f′（x），令
学科网（北京）股份有限公司 27x＝﹣1可得，f′（1）＝﹣f′（﹣1），
又由f′（x）为偶函数，则f′（1）＝f′（﹣1），综合可得f′（1）＝0，D错误；
故选：BC．
（多选）38．（2023•鼓楼区校级模拟）定义在R上的函数f（x），g（x）的导函数为f′（x），g′
（x），y＝f（x+1）是偶函数．已知2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，则（ ）
A．y＝f′（x）是奇函数
B．y＝g（x）图象的对称轴是直线x＝2
C．f′（3）＝0
D．
【解答】解：∵2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，∴2f′（x﹣1）﹣g′（x）＝0，
∴2f′（x）﹣g′（x+1）＝0，又f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，
∴f′（x）＝g′（x+1）﹣g′（1﹣x），
∴f′（﹣x）＝g′（﹣x+1）﹣g′（1+x）＝﹣f′（x），
∴f′（x）为奇函数，故A正确；
∵y＝f（x+1）是偶函数，∴f（1+x）＝f（1﹣x），
则f（x）＝f（2﹣x），
又2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，则 ，
所以 ，则 ，
则 ，
∴g（x+1）＝g（3﹣x），g（x）＝g（4﹣x），
故y＝g（x）的图象关于x＝2对称，故B正确；
因为f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，所以f′（x）＝g′（1﹣x），
令x＝3得，f′（3）＝g′（﹣2），
又∵2f′（x﹣1）﹣g′（x）＝0，令x＝﹣2，
得2f′（﹣3）＝g′（﹣2）＝f′（3），∴f′（3）＝0，故C正确；
∵2f（x﹣1）﹣g（x）＝8，∴2f'（x﹣1）﹣g'（x）＝0，g'（x）＝2f'（x﹣1），
又f′（x）﹣g′（1﹣x）＝0，y＝f′（x）是奇函数，
∴f′（x﹣1）＝g′（2﹣x），y＝g′（1﹣x）是奇函数，
则g′（x）＝2g′（2﹣x），g′（1﹣x）＝﹣g′（1+x） g′（x）＝﹣g′（2﹣x），
则2g′（2﹣x）＝﹣g′（2﹣x），g′（2﹣x）＝0 g′（x）＝0，
⇒
⇒
故 ，D错误．
学科网（北京）股份有限公司 28故选：ABC．
39．（2023•商洛三模）定义在R上的奇函数f（x）满足 x R，f（x）+f（4﹣x）＝0，且当0＜x＜2时，f
∀ ∈
（x）＝x2﹣2x，则 ＝ ．
【解答】解：根据题意，f（x）为定义域为R的奇函数，则f（x）＝﹣f（﹣x），
又由 x R，f（x）+f（4﹣x）＝0，即f（x）＝﹣f（4﹣x），
则有f（4﹣x）＝f（x），变形可得f（x+4）＝f（x），即f（x）是周期为4的周期函数，
∀ ∈
当0＜x＜2时，f（x）＝x2﹣2x，有f（1）＝﹣1，
又由 x R，f（x）+f（4﹣x）＝0，令x＝1可得：f（1）+f（3）＝0，则f（3）＝1，
f（x）为定义域为R的奇函数，则f（0）＝0，
∀ ∈
在f（x）+f（4﹣x）＝0中，令x＝0可得：f（0）+f（4）＝0，即f（4）＝0，
令x＝2可得：f（2）+f（2）＝0，则有f（2）＝0，
故|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|+|f（4）|＝2，
故 ＝505×（|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|+|f（4）|）+|f（1）|+|f（2）|+|f（3）|＝1012．
故答案为：1012．
40．（2023•德州三模）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，且f（x﹣1）为奇函数，
f′（2﹣x）+f′（x）＝2，f′（﹣1）＝2，则 ＝（ ）
A．2025 B．2024 C．1013 D．1012
【解答】解：由f′（2﹣x）+f′（x）＝2，令x＝1，得2f′（1）＝2，所以f′（1）＝1．
由f（x﹣1）为奇函数，得f（x﹣1）＝﹣f（﹣x﹣1），
所以f′（x﹣1）＝f′（﹣x﹣1），故f′（x）＝f′（﹣x﹣2）①，
又f′（2﹣x）+f′（x）＝2②，由①和②得f′（2﹣x）+f′（﹣x﹣2）＝2，
即f′（4﹣x﹣2）+f′（﹣x﹣2）＝2，所以f′（x）+f′（x+4）＝2③，
令x＝﹣1，得f′（﹣1）+f′（3）＝2，得f′（3）＝0；
令x＝1，得f′（1）+f′（5）＝2，得f′（5）＝1．又f′（x+4）+f′（x+8）＝2④，
由③﹣④得f′（x）﹣f′（x+8）＝0，即f′（x）＝f′（x+8），
所以函数f′（x）是以8为周期的周期函数，故f′（7）＝f′（﹣1）＝2，
所以f′（1）+f′（3）+f′（5）+f′（7）＝1+0+1+2＝4，
所以
＝506[f′（1）+f′（3）+f′（5）+f′（7）]＝506×4＝2024．
故选：B．
（多选）41．（2023•睢宁县校级模拟）函数f（x）满足 x，y R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），且f
∀ ∈
学科网（北京）股份有限公司 29（1）＝1，则（ ）
A．
B．数列{f（n）}单调递减
C．
D．
【解答】解：对于A， x，y R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），
∀ ∈
令 ，则有 ，即 ，
∴f（x）＞0，
∴ ，
∵f（1）＝1，
∴ ，故A错误；
对于B， x，y R，都有2f（x+y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，
所以，当n N*时，2f（n+1）＝f（n）f（1）＝f（n），
∀ ∈
∈
∴数列{f（n）}是以f（1）＝1为首项， 为等比的等比数列，
∴ ，显然数列{f（n）}单调递减，故B正确；
对于C，∵ ，
∴ ，
当且仅当f（x ）＝f（x ）时，等号成立，故C正确；
1 2
对于D，不妨令S ＝ ，
n
则 ，①，
，②，
①﹣②得， ＝2﹣（n+2） ，
学科网（北京）股份有限公司 30整理得到 ，
∴ ＝ ，故D正确．
故选：BCD．
42．（2023•宣威市校级模拟）设f（x）是定义在实数集R上的函数，且对任意实数x，y满足f（x﹣y）＝
f（x）+f（y）+xy﹣1恒成立．
（1）求f（0），f（1）；
（2）求函数f（x）的解析式；
（3）若方程f[（f（2x）]＝k恰有两个实数根在（﹣2，2）内，求实数k的取值范围．
【解答】解：（1）令x＝y＝0，得f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，即f（0）＝1．
令x＝y＝1，得f（0）＝f（1）+f（1）+1﹣1，
即1＝2f（1），即f（1）＝ ．
（2）令y＝x，得f（0）＝f（x）+f（x）+x2﹣1，
即1＝2f（x）+x2﹣1，
则2f（x）＝﹣x2+2，
则f（x）＝﹣ x2+1．
（3）∵f（x）＝﹣ x2+1．
∴f（2x）＝﹣2x2+1，
∴f[（f（2x）]＝ （﹣2x2+1）2+1＝﹣2x4+2x2+ ，
令g（x）＝﹣2x4+2x2+ ，
∴g′（x）＝﹣8x3+4x，
令g′（x）＝0，解得x＝0，或x＝﹣ ，或x＝ ，
∴g（x）在（﹣2， ），（0， ）上单调递增，在（﹣ ，0），（ ，2）上单调递减，
∴x＝0时g（x）
极小值
＝g（0）＝ ，
当x＝± ，g（x）
极大值
＝g（± ）＝1，g（±2）＝﹣ ，
当k＝1时，﹣2x4+2x2+ ＝ ，解得x＝﹣ ，或x＝ ，
学科网（北京）股份有限公司 31∵方程f[（f（2x）]＝k恰有两个实数根在（﹣2，2）内，
∴﹣ ＜k≤ ，
终上所述：k的取值范围为（﹣ ， ）∪{1}．
一十．函数的值（共3小题）
43．（2023•河南三模）已知函数 则f（f（1））＝（ ）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
【解答】解：∵ ，
∴f（1）＝4﹣1＝ ，
∴ ．
故选：B．
44．（2023•开福区校级模拟）已知函数f（x）的定义域为R，且y＝f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）成
中心对称．当x＞0时， ，则f（﹣2）＝（ ）
A．1 B．3 C．﹣1 D．﹣3
【解答】解：因为将y＝f（x+1）的图象向右平移1个单位长度后，
得到函数y＝f（x）的图象且y＝f（x+1）的图象关于点（﹣1，0）成中心对称，
所以y＝f（x）的图象关于原点成中心对称，则y＝f（x）在R上是奇函数，
所以 ．
故选：C．
45．（2023•兴庆区校级四模）若 ，（n N*），则 f（1）+f（2）+…+f（2023）＝
（ ）
∈
学科网（北京）股份有限公司 32A． B． C．0 D．
【解答】解：∵f（n）＝ （n N*）是周期为3的周期函数，
∈
f（1）＝tan ＝ ，f（2）＝tan ＝﹣ ，f（3）＝tan ＝0，
∴f（1）+f（2）+…+f（2023）＝674[f（1）+f（2）+f（3）]+πf（1）＝ ．
故选：B．
一十一．幂函数的单调性、奇偶性及其应用（共1小题）
46．（2023•如皋市校级模拟）若（m+1） ＜（3﹣2m） ，则实数m的取值范围 ．
【解答】解：考察幂函数y＝ ，它在[0，+∞）上是增函数，
∵（m+1） ＜（3﹣2m） ，
∴0≤m+1＜3﹣2m，
解得：﹣1≤m＜ ，
则实数m的取值范围﹣1 ．
故答案为：﹣1 ．
一十二．有理数指数幂及根式（共1小题）
（多选）47．（2023•全国模拟）已知正实数x、y、z满足 ，则（ ）
A．ln2＜z＜1
B．
C．
D．
【解答】解：由题意，2x，3y是二次方程f（t）＝t2﹣6z⋅t+5z＝0的两根，依题意x＞0，y＞0及指数函数
的性质可知2x＞1，3y＞1，
于是二次方程f（t）＝0在t （1，+∞）有两根的充要条件为 ，
∈
学科网（北京）股份有限公司 33根据62z﹣4⋅5z≥0，即7.2z≥4，两边取对数可得： ，根据自然底数e＞2.7→e2＞7.29＞7.2，
故2＝lne2＞ln7.2，
于是 ，即c＞ln2，设h（z）＝5z﹣6z+1（z＞0），则h′（z）＝5zln5﹣
6zln6＜0，
注意到h（1）＝5﹣6+1＝0，故由h（z）＝5z﹣6z+1＞0＝h（1）可知，z＜1，综上可知，ln2＜z＜1，A
选项正确；
由已知2x⋅3y＝5z，两边取对数可得，xln2+yln3＝zln5，于是（x+y）ln2＜xln2+yln3＝zln5＜（x+y）ln3，
故 ，经计算，212＝4096＞3125＝55，即212＞55，两边取对数可得12ln2＞5ln5，即
，
另由37＝2187， ，于是37.2＜2187×1.4＜2200×1.4＝3080＜
3125＝55，
两边取对数可得7.2ln3＜5ln5，即 ，综上可知， ，C选项正确；
当z→1时， ，注意到 时方程组的解为 或 ，
于是这里不妨令 ，于是 ，
于是 ，D选项错误；
设 f （ t ） ＝ t2﹣ 6z⋅ t+5z ＝ 0 的 两 根 为 t
1
， t
2
， 于 是
，
不 妨 设 t ≤ t ， 设 p （ z ） ＝ lnt lnt ， 根 据 复 合 函 数 求 导 法 则 ，
1 2 1 2
，根据求根公式，
，然后求导得到 代入 p′
（c），
学科网（北京）股份有限公司 34化简可得到 ，易得 y＝
xlnx在（1，+∞）上单调递增，
故 ，代入 p′（c）得到：
，
不难得到 在（1，+∞）上递增，于是 p′（z）＜0，于是 xy 关于 z 递减，故
时，xy取到最大值，
则 ，由A知， ，由ln2≈0.7，ln3≈1.1，估算可得
xy≈0.42＜0.5，
另一方面z→1时，根据D选项，x，y之一会趋近0，故xy→0，即 正确，B选项正确．
故选：ABC．
一十三．指数函数的单调性与特殊点（共2小题）
48．（2023•沈河区校级模拟）已知正实数x，y满足x＜y，设a＝xex+y，b＝yey+x，c＝yex+x（其中e为自
然对数：e≈2.71828…），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＜c＜b B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a
【解答】解：因为a＝xex+y，b＝yey+x，c＝yex+x，所以b﹣c＝y（ey﹣ex），
又y＞x＞0，e＞1，所以ey＞ex，所以b＞c，
又c﹣a＝（x﹣y）+（y﹣x）ex＝（x﹣y）（1﹣ex），
又y＞x＞0，ex＞1，所以c＞a．
综上，a＜c＜b．
故选：A．
49．（2023•哈尔滨一模）已知a＝ln1.21，b＝0.21，c＝e0.2﹣1，则（ ）
A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a
【解答】解：构造f（x）＝ln（1+x）﹣x，x＞0，
f′（x）＝ ﹣1＝ ＜0，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，且f（0）＝0，
所以f（x）＜f（0）＝0，
即ln（1+x）＜x，
当x＝0.21时，ln1.21＜0.21，即a＜b；
学科网（北京）股份有限公司 35∵1.215≈2.59＜e，∴1.21＜e0.2，可得0.21＜e0.2﹣1，即b＜c；
故选：C．
一十四．对数的运算性质（共2小题）
50．（2023•江西模拟）若1+lgx﹣lgy＝lgy2，则 ＝ ．
【解答】解：因为1+lgx﹣lgy＝lgy2，
所以lg10+lgx＝lgy2+lgy，
所以lg（10x）＝lgy3（x＞0，y＞0），
则10x＝y3，
所以 ．
故答案为：10．
（多选）51．（2023•九龙坡区二模）若a，b，c都是正数，且2a＝3b＝6c，则（ ）
A． B． C．a+b＞4c D．ab＞4c2
【解答】解：由于a，b，c都是正数，设2a＝3b＝6c＝k，
故log k＝a，log k＝b，log k＝c，
2 3 6
所以 ， ， ，
故log 2+log 3＝log 6，故 ，故A错误，B正确；
k k k
对于C： ＝ （等号不
成立），即a+b＞4c，
对 于 D ： ab ＞ 4c2 ， 整 理 得 ＝
＝ ，（等号不成立），
即 成立，故D正确．
故选：BCD．
一十五．对数值大小的比较（共9小题）
52．（2023•包头二模）设a＝2﹣1，b＝log 2，c＝log 5，则（ ）
5 4
A．a＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a
【解答】解：∵ ，
学科网（北京）股份有限公司 36∴c＞a＞b．
故选：C．
53．（2023•雁塔区校级模拟）已知a＝log 3，b＝log 4， ，则（ ）
2 3
A．c＜b＜a B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b
【解答】解：∵ ，∴a ，
∵ ，∴b＜ ，
∴b＜c＜a．
故选：B．
54．（2023•鼓楼区校级模拟） ，则（ ）
A．c＜a＜b B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．a＜b＜c
【解答】解：令 ，x （﹣1，+∞），则 ＝ ，
所以当x＞0时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∈
所以f（0.1）＞f（0）＝0，即 ，即 ，即b＞a，
令h（x）＝ln（x+1）﹣x，则 ，
在 时，h′（x）＜0，则h（x）为减函数，
∴h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，
令m（x）＝x﹣tanx，x ，则 ＜0，
故m（x）在 为减函数，∴m（x）＜m（0），即x＜tanx，
令x＝0.1，则ln（0.1+1）＜0.1＜tan0.1，
即b＜0.1＜c，∴b＜c，∴a＜b＜c．
故选：D．
（多选）55．（2023•青岛三模）已知实数a，b，满足a＞b＞0，lnalnb＝1，则（ ）
A．ab＞e2 B．log 2＜log 2
a b
C． D．aabb＞abba
学科网（北京）股份有限公司 37【解答】解：对于选项A：因为 ，即 ，解得lnab＞2或
lnab＜﹣2，
所以ab＞e2或 ，故A错误；
对于选项B： ，
因为a＞b＞0，则lna＞lnb，即lnb﹣lna＜0，且ln2＞0，
所以log 2﹣log 2＜0，即log 2＜log 2，故B正确；
a b a b
对于选项C：因为a＞b＞0，且lnalnb＝1＞0，
可得lna，lnb同号，则有：
若lna，lnb同正，可得a＞e＞b＞1，
则（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；
若lna，lnb同负，可得 ，
则（a﹣1）（b﹣1）＝ab﹣（a+b）+1＞0，可得ab+1＞a+b；
综上所述：ab+1＞a+b，
又因为 在定义域内单调递减，所以 ，故C正确；
对于选项D：因为a＞b＞0，则a﹣b＞0，
可得y＝xa﹣b在（0，+∞）内单调递增，可得aa﹣b＞ba﹣b＞0，
且ab，ba＞0，所以aabb＞abba，故D正确；
故选：BCD．
（多选）56．（2023•日照一模）已知a＞b，c＞d， ，（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99，
则有（ ）
A．a+b＞0 B．c+d＞0 C．a+d＞0 D．b+c＞0
【解答】解：A．∵ ，∴ ，f（x）＝ （x＞﹣1），
则f′（x）＝ ，所以f（x）在（﹣1，0）单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
且f（0）＝1，故a＞0，﹣1＜b＜0，
令h（x）＝lnf（x）﹣lnf（﹣x）＝2x﹣ln（x+1）+ln（﹣x+1），x （﹣1，1），
∈
则h′（x）＝2﹣ ＝2﹣ ＜0，
所以h（x）在（﹣1，1）上单调递减，且h（0）＝0，
学科网（北京）股份有限公司 38∵b （﹣1，0），∴lnf（b）﹣lnf（﹣b）＞0，
∴f（b）＞f（﹣b），∴f（a）＞f（﹣b），
∈
∴a＞﹣b即a+b＞0，故选项A正确；
B．∵（1﹣c）ec＝（1﹣d）ed＝0.99＞0，∴c＜1，d＜1，令g（x）＝（1﹣x）ex（x＜1），
则g′（x）＝﹣xex，所以g（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，1）上单调递减，
且g（0）＝1，故0＜c＜1，d＜0．
令m（x）＝lng（x）﹣lng（﹣x）＝2x﹣ln（x+1）+ln（﹣x+1）＝h（x），x （﹣1，1），
所以m（x）在（﹣1，1）上单调递减，且m（0）＝0，
∈
∵c （0，1），∴lng（c）﹣lng（﹣c）＞0，∴g（c）＞g（﹣c），∴g（d）＞g（﹣c），
∴d＜﹣c即c+d＜0故选项B错误；
∈
C．∵f（x）＝ ，∴g（﹣a）＝ ＝ ＞0.99，a （﹣1，0），
∴g（﹣a）＞g（d），又∵g（x）在（﹣∞，0）单调递增∴﹣a＞d，∴a+d＜0，
∈
故选项C错误；
D．由C可知，g（﹣b）＞g（c），﹣b （0，1），又∵g（x）在（0，1）单调递减，∴﹣b＞c，
故选项D正确．
∈
故选：AD．
57．（2023•鼓楼区校级模拟）设 ，则（ ）
A．b＞a＞c B．b＞c＞a C．a＞b＞c D．a＞c＞b
【解答】解：令g（x）＝e2x﹣1﹣2（ex﹣1），则g（0）＝0，
当x＞0，g′（x）＝2e2x﹣2ex＞0，所以g（x）单调递增，
所以g（x）＞g（0）＝0，所以g（ ）＞0，即b﹣a＞0，
同理，当x＞0，ex＞1+x，又可得ex＞1+x+ ，所以a＝2（ ﹣1）＞2×（ + ）＞0.55，
而 sin +tan ＜sin +tan ＝sin（ ）+tan（ ）＝ ×（ ）+ ＝
＜0.53，
所以a＞c．
故选：A．
（多选）58．（2023•让胡路区校级二模）已知 ，则（ ）
A．a＞b B．b＞c C．a≥c D．2b＞a+c
学科网（北京）股份有限公司 39【解答】解：设 ， ，
当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）为减函数；当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）为增函数，
所以f（x）的最大值为f（1）＝1，即 ．
因为 ，所以b＞0．
设 ， ，所以当x＞0时，g（x）为减函数；
因为g（1）＝1，g（b）≤1＝g（1），所以b≥1．
由 可得 ，所以b＞c，故B正确．
设 （x）＝lnx﹣ex+2， ，当 时， ′（x）＜0， （x）为减函数；当
φ φ φ
时， ′（x）＞0， （x）为增函数；
φ φ
所以 （x）的最大值为 ，
φ
所以 （x）≤0，即lnx≤ex﹣2. ．
φ
设 ，易知h（x）为增函数，由h（c）≤h（a）可得a≥c，故C正确．
因为 为单调递减函数， 在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上
是减函数，且g（x）的图象经过f（x）图象的最高点，
所以当 时，a，b的大小无法得出，故A不正确．
令a＝e，则 ，得 ，易知y＝xex在（0，+∞）为增函数，所以 ，
所以2b≥a+c不成立，故D不正确．
故选：BC．
59．（2023•开福区校级二模）已知 ， ， ，则（参考数据：ln2≈0.7）（ ）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b
【解答】解：因为 ， ，
学科网（北京）股份有限公司 40考虑构造函数 ，则 ，
当0＜x＜e时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，e）上单调递增，
当x＞e时，f′（x）＜0，函数f（x）在（e，+∞）上单调递减，
因为ln2≈0.7，所以e0.7≈2，即 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
又 ，
所以 ，故b＞a＞c．
故选：B．
60．（2023•三明三模）已知函数 f（x）＝log （4x+4）﹣x﹣1，设 ， ，
2
，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．c＜a＜b
【解答】解：f（x）＝log （4x+4）﹣x﹣1
2
＝log （4x+4）﹣log 2x﹣1
2 2
＝log ﹣1
2
＝log （2x+22﹣x）﹣1（x R），
2
令t＝2x+22﹣x≥2 ＝4 ∈ （当且仅当x＝2﹣x即x＝1时等号成立），
∴由对勾函数的图象可知，
当x （﹣∞，1）时，随着x增大，2x增大，t减小，f（x）减小，
当x∈ （1，+∞）时，随着x增大，2x增大，t增大，f（x）增大，
所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∈
且x＝1时，f（x） ＝log （2+2）﹣1＝1．
min 2
又f（2﹣x）＝log （22﹣x+22﹣（2﹣x））﹣1＝log （22﹣x+2x）﹣1＝f（x），
2 2
∴ ＝f（ ）．
设g（x）＝x﹣tanx，则g′（x）＝1﹣ ，
学科网（北京）股份有限公司 41当x （0，1）时，0＜cosx＜1，即0＜cos2x＜1，∴g′（x）＜0，
∈
故g（x）在（0，1）上单调递减，∴g（ ）＜g（0）＝0，
∴ ＜0，∴ ；
设h（x）＝x﹣ln（x+1），则h′（x）＝1﹣ ＝ ，
当x （0，1）时，h′（x）＞0，
∈
∴h（x）在（0，1）上单调递增，∴h（ ）＞h（0）＝0，
∴ ，
综上， ，
又f（x）在（0，1）上单调递减，
所以f（ln ）＞f（ ）＞f（tan ），
即c＞a＞b，
故选：C．
一．函数单调性的性质与判断
【解题方法点拨】
证明函数的单调性用定义法的步骤：①取值；②作差；③变形；④确定符号；⑤下结论．
利用函数的导数证明函数单调性的步骤：
第一步：求函数的定义域．若题设中有对数函数一定先求定义域，若题设中有三次函数、指数函数可不考
虑定义域．
第二步：求函数f（x）的导数f′（x），并令f′（x）＝0，求其根．
第三步：利用f′（x）＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列表．
第四步：由f′（x）在小开区间内的正、负值判断f（x）在小开区间内的单调性；求极值、最值．
第五步：将不等式恒成立问题转化为f（x）max≤a或f（x）min≥a，解不等式求参数的取值范围．
第六步：明确规范地表述结论
二．函数奇偶性的性质与判断
【解题方法点拨】
①奇函数：如果函数定义域包括原点，那么运用f（0）＝0解相关的未知量；
②奇函数：若定义域不包括原点，那么运用f（x）＝﹣f（﹣x）解相关参数；
学科网（北京）股份有限公司 42③偶函数：在定义域内一般是用f（x）＝f（﹣x）这个去求解；
④对于奇函数，定义域关于原点对称的部分其单调性一致，而偶函数的单调性相反．
三、幂指对函数比较大小的解题策略
策略一：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小.
策略二：指、对、幂大小比较的常用方法：
①底数相同，指数不同时，如 和 ，利用指数函数 的单调性；
②指数相同，底数不同，如 和 利用幂函数 单调性比较大小；
③底数相同，真数不同，如 和 利用指数函数 单调性比较大小；
④底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小
关系的判定.
策略三：转化为两函数图象交点的横坐标
策略四：特殊值法
策略五：估算法
策略六：放缩法、基本不等式法、作差法、作商法、平方法
四.函数的最值
前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
(1)对于任意x∈I，都有 f ( x )≤ M； (3)对于任意x∈I，都有 f ( x )≥ M；
条件
(2)存在x∈I，使得f(x)＝M (4)存在x∈I，使得 f ( x ) ＝ M
0 0 0 0
结论 M为最大值 M为最小值
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