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大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）
专题03 函数概念与基本初等函数
1．【2024 年新高考1 卷第6 题】已知函数f ( x)={
−x
2−2ax−a, x<0
e
x+ ln( x +1), x ≥0 在R 上单调递增，则a 的取值范围
是（ ）
A．(−∞,0]
B．[−1,0]
C．[−1,1]
D．[0,+ ∞)
【答案】B
【详解】因为f (x)在R上单调递增，且x ≥0时，f (x)=e
x+ ln (x +1)单调递增，
则需满足{
−
−2a
2×(−1) ≥0
−a≤e
0+ ln1
，解得−1≤a≤0，
即a 的范围是[−1,0].
故选：B.
2．【2024 年新高考1 卷第8 题】已知函数f ( x)的定义域为R，f ( x)>f ( x−1)+ f ( x−2)，且当x<3时
f ( x)= x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．f (10)>100
B．f (20)>1000
C．f (10)<1000
D．f (20)<10000
【答案】B
【详解】因为当x<3时f ( x)= x，所以f (1)=1,f (2)=2，
又因为f ( x)>f ( x−1)+ f ( x−2)，
则f (3)>f (2)+ f (1)=3,f (4)>f (3)+ f (2)>5，
f (5)>f (4)+ f (3)>8,f (6)>f (5)+ f (4)>13,f (7)>f (6)+ f (5)>21，
f (8)>f (7)+ f (6)>34 ,f (9)>f (8)+ f (7)>55,f (10)>f (9)+ f (8)>89，
f (11)>f (10)+ f (9)>144 ,f (12)>f (11)+ f (10)>233,f (13)>f (12)+ f (11)>377
f (14)>f (13)+ f (12)>610,f (15)>f (14)+ f (13)>987，
f (16)>f (15)+ f (14)>1597>1000，则依次下去可知f (20)>1000，则B 正确；
且无证据表明ACD 一定正确.
1
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故选：B.
3．【2024 年新高考2 卷第8 题】设函数f ( x)=( x +a)ln( x +b)，若f ( x)≥0，则a
2+b
2的最小值为
（ ）
A．1
8
B．1
4
C．1
2
D．1
【答案】C
【详解】解法一：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，
令x +a=0解得x =−a；令ln( x +b)=0解得x =1−b；
若−a≤−b，当x∈(−b,1−b)时，可知x +a>0,ln (x +b)<0，
此时f ( x)<0，不合题意；
若−b<−a<1−b，当x∈(−a,1−b)时，可知x +a>0,ln (x +b)<0，
此时f ( x)<0，不合题意；
若−a=1−b，当x∈(−b,1−b)时，可知x +a<0,ln (x +b)<0，此时f ( x)>0；
当x∈[1−b,+∞)时，可知x +a≥0,ln (x +b)≥0，此时f ( x)≥0；
可知若−a=1−b，符合题意；
若−a>1−b，当x∈(1−b,−a)时，可知x +a⟨0,ln (x +b)⟩0，
此时f ( x)<0，不合题意；
综上所述：−a=1−b，即b=a+1，
则a
2+b
2=a
2+(a+1)
2=2(a+ 1
2)
2
+ 1
2 ≥1
2，当且仅当a=−1
2 ,b= 1
2时，等号成立，
所以a
2+b
2的最小值为1
2；
解法二：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，
令x +a=0解得x =−a；令ln( x +b)=0解得x =1−b；
则当x∈(−b,1−b)时，ln (x +b)<0，故x +a≤0，所以1−b+a≤0；
x∈(1−b,+∞)时，ln (x +b)>0，故x +a≥0，所以1−b+a≥0；
故1−b+a=0， 则a
2+b
2=a
2+(a+1)
2=2(a+ 1
2)
2
+ 1
2 ≥1
2，
当且仅当a=−1
2 ,b= 1
2时，等号成立，
所以a
2+b
2的最小值为1
2.
2
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故选：C.
4．【2023 年新课标全国Ⅱ卷第4 题】若f (x)=(x +a)ln 2 x−1
2 x +1 为偶函数，则a=（ ）．
A．−1
B．0
C．1
2
D．1
【答案】B
【详解】因为f ( x) 为偶函数，则 f (1)= f (−1)，∴(1+a)ln 1
3 =(−1+a)ln3，解得a=0，
当a=0时，f (x)= x ln 2 x−1
2 x +1 ，(2 x−1)(2 x +1)>0，解得x> 1
2或x<−1
2，
则其定义域为{x|x⟩1
2 或x<−1
2}，关于原点对称.
f (−x)=(−x)ln 2(−x)−1
2(−x)+1 =(−x)ln 2 x +1
2 x−1 =(−x)ln(
2 x−1
2 x +1)
−1
= x ln 2 x−1
2 x +1 = f (x)，
故此时f (x)为偶函数.
故选：B.
5．【2023 年高考全国乙卷理第4 题】已知f ( x)= x e
x
e
ax−1
是偶函数，则a=（ ）
A．−2
B．−1
C．1
D．2
【答案】D
【详解】
因为f (x)= x e
x
e
ax−1
为偶函数，则f (x)−f (−x)= x e
x
e
ax−1
−(−x)e
−x
e
−ax−1
= x[e
x−e
(a−1) x]
e
ax−1
=0，
又因为x不恒为0，可得e
x−e
(a−1) x =0，即e
x =e
(a−1) x，
则x =(a−1) x，即1=a−1，解得a=2.
故选：D.
6．【2022 年新课标全国Ⅱ卷第8 题】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∑
k =1
22
f (k )=（ ）
A．−3
B．−2
C．0
D．1
3
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【答案】A
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为f (x + y)+ f (x−y)= f (x)f ( y)，令x =1, y =0可得，2f (1)= f (1)f (0)，所以f (0)=2，令x =0可得，
f ( y)+ f (−y)=2f ( y)，即f ( y)= f (−y)，所以函数f (x)为偶函数，令y =1得，
f (x +1)+ f (x−1)= f (x)f (1)= f (x)，即有f (x +2)+ f (x)= f (x +1)，从而可知f (x +2)=−f (x−1)，
f (x−1)=−f (x−4)，故f (x +2)= f (x−4)，即f (x)= f (x +6)，所以函数f (x)的一个周期为6．因为
f (2)= f (1)−f (0)=1−2=−1，f (3)= f (2)−f (1)=−1−1=−2，f (4)= f (−2)= f (2)=−1，
f (5)= f (−1)= f (1)=1，f (6)= f (0)=2，所以
一个周期内的f (1)+ f (2)+⋯+ f (6)=0．由于22 除以6 余4，
所以∑
k =1
22
f (k )= f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=1−1−2−1=−3．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由f (x + y)+ f (x−y)= f (x)f ( y)，联想到余弦函数和差化积公式
cos(x + y)+cos(x−y)=2cos x cos y，可设f (x)=acosωx，则由方法一中f (0)=2,f (1)=1知
a=2,acosω=1，解得cosω= 1
2，取ω= π
3 ，
所以f (x)=2cos π
3 x，则
f (x + y)+ f (x−y)=2cos(
π
3 x + π
3 y)+2cos(
π
3 x−π
3 y)= 4 cos π
3 x cos π
3 y = f (x)f ( y)，所以
f (x)=2cos π
3 x符合条件，因此f ( x)的周期T = 2π
π
3
=6
，f (0)=2,f (1)=1，且
f (2)=−1,f (3)=−2,f (4)=−1,f (5)=1,f (6)=2，所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)+ f (5)+ f (6)=0，
由于22 除以6 余4，
所以∑
k =1
22
f (k )= f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=1−1−2−1=−3．故选：A．
7．【2022 年高考全国乙卷理第12 题】已知函数f ( x), g( x)的定义域均为R，且
4
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f ( x)+ g(2−x)=5, g( x)−f ( x−4)=7．若y = g( x)的图像关于直线x =2对称，g(2)= 4，则∑
k =1
22
f (k )=
（ ）
A．−21
B．−22
C．−23
D．−24
【答案】D
【详解】因为y = g( x)的图像关于直线x =2对称，
所以g(2−x)= g(x +2)，
因为g( x)−f ( x−4)=7，所以g( x +2)−f ( x−2)=7，即g( x +2)=7+ f ( x−2)，
因为f ( x)+ g(2−x)=5，所以f ( x)+ g( x +2)=5，
代入得f ( x)+[7+ f ( x−2)]=5，即f ( x)+ f ( x−2)=−2，
所以f (3)+ f (5)+…+ f (21)=(−2)×5=−10，
f (4)+ f (6)+…+ f (22)=(−2)×5=−10.
因为f ( x)+ g(2−x)=5，所以f (0)+ g(2)=5，即f (0)=1，所以f (2)=−2−f (0)=−3.
因为g( x)−f ( x−4)=7，所以g( x + 4)−f ( x)=7，又因为f ( x)+ g(2−x)=5，
联立得，g(2−x)+ g(x + 4)=12，
所以y = g( x)的图像关于点(3,6)中心对称，因为函数g( x)的定义域为R，
所以g(3)=6
因为f ( x)+ g( x +2)=5，所以f (1)=5−g(3)=−1.
所以∑
k =1
22
❑f (k )= f (1)+ f (2)+[f (3)+ f (5)+…+ f (21)]+[f (4)+ f (6)+…+ f (22)]=−1−3−10−10=−24.
故选：D
8．【2022 年高考全国甲卷理第5 题】函数y =(3
x−3
−x)cos x在区间[−π
2 , π
2]的图象大致为
（ ）
A．
B．
5
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C．
D．
【答案】A
【详解】令f (x)=(3
x−3
−x)cos x , x∈[−π
2 , π
2]，
则f (−x)=(3
−x−3
x)cos(−x)=−(3
x−3
−x)cos x =−f (x)，
所以f (x)为奇函数，排除BD；
又当x∈(0, π
2)时，3
x−3
−x>0,cos x>0，所以f (x)>0，排除C.
故选：A.
9．【2021 年新课标全国Ⅱ卷第7 题】已知a=lo g52，b=lo g83，c = 1
2，则下列判断正确的是
（ ）
A．c<b<a
B．b<a<c
C．a<c<b
D．a<b<c
【答案】C
【详解】a=lo g52<lo g5√5= 1
2 =lo g82√2<lo g83=b，即a<c<b.
故选：C.
10．【2021 年新课标全国Ⅱ卷第8 题】已知函数f (x)的定义域为R，f (x +2)为偶函数，f (2 x +1)为奇函数，
则（ ）
A．f(−1
2)=0
B．f (−1)=0
C．f (2)=0
D．f (4)=0
【答案】B
【详解】因为函数f (x +2)为偶函数，则f (2+ x)= f (2−x)，可得f (x +3)= f (1−x)，
因为函数f (2 x +1)为奇函数，则f (1−2 x)=−f (2 x +1)，所以，f (1−x)=−f (x +1)，
所以，f (x +3)=−f (x +1)= f (x−1)，即f (x)= f (x + 4)，
故函数f (x)是以4为周期的周期函数，
6
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因为函数F (x)= f (2 x +1)为奇函数，则F (0)= f (1)=0，
故f (−1)=−f (1)=0，其它三个选项未知.
故选：B.
11．【2021 年高考全国乙卷理第4 题】设函数f ( x)= 1−x
1+ x ，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A．f (x−1)−1
B．f (x−1)+1
C．f (x +1)−1
D．f (x +1)+1
【答案】B
【详解】由题意可得f ( x)= 1−x
1+ x =−1+
2
1+ x ，
对于A，f (x−1)−1= 2
x −2不是奇函数；
对于B，f (x−1)+1= 2
x 是奇函数；
对于C，f (x +1)−1=
2
x +2 −2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，f (x +1)+1=
2
x +2，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
12．【2021 年高考全国甲卷理第4 题】青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．
通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L 和小数记录表的数据V 满足
L=5+lgV ．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）
（
10√10≈1.259）
A．1.5
B．1.2
C．0.8
D．0.6
【答案】C
【详解】由L=5+lgV ，当L= 4.9时，lgV =−0.1，
则V =10
−0.1=10
−1
10 =
1
10√10
≈
1
1.259 ≈0.8.
故选：C.
13．【2021 年高考全国甲卷理第12 题】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)=a x
2+b．若f (0)+ f (3)=6，则f(
9
2)=（ ）
7
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A．−9
4
B．−3
2
C．7
4
D．5
2
【答案】D
【详解】[方法一]：
因为f (x +1)是奇函数，所以f (−x +1)=−f (x +1)①；
因为f (x +2)是偶函数，所以f (x +2)= f (−x +2)②．
令x =1，由①得：f (0)=−f (2)=−(4 a+b)，由②得：f (3)= f (1)=a+b，
因为f (0)+ f (3)=6，所以−(4 a+b)+a+b=6⇒a=−2，
令x =0，由①得：f (1)=−f (1)⇒f (1)=0⇒b=2，所以f (x)=−2 x
2+2．
思路一：从定义入手．
f(
9
2)= f(
5
2 +2)= f(−5
2 +2)= f(−1
2)
f(−1
2)= f(−3
2 +1)=−f(
3
2 +1)=−f(
5
2)
−f(
5
2)=−f(
1
2 +2)=−f(−1
2 +2)=−f(
3
2)
所以f(
9
2)=−f(
3
2)= 5
2．
[方法二]：
因为f (x +1)是奇函数，所以f (−x +1)=−f (x +1)①；
因为f (x +2)是偶函数，所以f (x +2)= f (−x +2)②．
令x =1，由①得：f (0)=−f (2)=−(4 a+b)，由②得：f (3)= f (1)=a+b，
因为f (0)+ f (3)=6，所以−(4 a+b)+a+b=6⇒a=−2，
令x =0，由①得：f (1)=−f (1)⇒f (1)=0⇒b=2，所以f (x)=−2 x
2+2．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数f (x)的周期T = 4．
所以f(
9
2)= f(
1
2)=−f(
3
2)= 5
2．
故选：D．
8
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14．【2020 年新课标全国Ⅱ卷第7 题】已知函数f ( x)=lg( x
2−4 x −5)在(a,+∞)上单调递增，则a的取
值范围是（ ）
A．(2,+ ∞)
B．[2,+ ∞)
C．(5,+∞)
D．[5,+∞)
【答案】D
【详解】由x
2−4 x−5>0得x>5或x<−1
所以f (x)的定义域为(−∞,−1)∪(5,+ ∞)
因为y = x
2−4 x−5在(5,+ ∞)上单调递增
所以f ( x)=lg( x
2−4 x−5)在(5,+∞)上单调递增
所以a≥5
故选：D
15．【2020 年新课标全国Ⅱ卷第8 题】若定义在R的奇函数f(x)在(−∞,0)单调递减，且f(2)=0，则满足
xf ( x−1)≥0的x 的取值范围是（ ）
A．[−1,1]⋃[3,+∞)
B．[−3,−1]⋃[0,1]
C．[−1,0]∪[1,+ ∞)
D．[−1,0]∪[1,3]
【答案】D
【详解】因为定义在R上的奇函数f ( x)在(−∞,0)上单调递减，且f (2)=0，
所以f ( x)在(0,+∞)上也是单调递减，且f (−2)=0，f (0)=0，
所以当x∈(−∞,−2)∪(0,2)时，f ( x)>0，当x∈(−2,0)⋃(2,+ ∞)时，f ( x)<0，
所以由xf ( x−1)≥0可得：
{
x<0
−2≤x−1≤0或{
x>0
0≤x−1≤2或x =0
解得−1≤x ≤0或1≤x ≤3，
所以满足xf ( x−1)≥0的x的取值范围是[−1,0]∪[1,3]，
故选：D.
16．【2020 年新课标全国Ⅰ卷第6 题】基本再生数R0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本
再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶
段，可以用指数模型：I (t )=e
rt描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r 与
R0，T 近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计
感染病例数增加1 倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
9
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A．1.2 天
B．1.8 天
C．2.5 天
D．3.5 天
【答案】B
【详解】因为R0=3.28，T =6，R0=1+rT，所以r = 3.28−1
6
=0.38，所以I (t )=e
rt =e
0.38t，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1 倍需要的时间为t1天，
则e
0.38(t +t1)=2e
0.38t，所以e
0.38t1=2，所以0.38t1= ln2，
所以t1= ln 2
0.38 ≈0.69
0.38 ≈1.8天.
故选：B.
17．【2020 年新课标Ⅲ卷理科第4 题】Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学
者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t 的单位：天)的Logistic 模型：
I (t )=
K
1+e
−0.23(t −53)，其中K 为最大确诊病例数．当I(t
∗)=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则t
∗约为
（ ）（ln19≈3）
A．60
B．63
C．66
D．69
【答案】C
【详解】∵I (t )=
K
1+e−0.23(t −53)，所以I (t
∗)=
K
1+e−0.23(t
∗−53) =0.95 K，则e0.23(t
∗−53)=19，
所以，0.23(t
∗−53)= ln19≈3，解得t
∗≈
3
0.23 +53≈66.
故选：C.
18．【2020 年新课标Ⅲ卷理科第12 题】已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（
）
A．a<b<c
B．b<a<c
C．b<c<a
D．c<a<b
【答案】A
【详解】由题意可知a、b、c∈(0,1)，
a
b = lo g53
lo g85 = lg3
lg5 ⋅lg8
lg5 <
1
(lg5)
2 ⋅(
lg3+lg8
2
)
2
=(
lg3+lg8
2lg5 )
2
=(
lg24
lg25)
2
<1，∴a<b；
由b=lo g85，得8
b=5，由5
5<8
4，得8
5b<8
4，∴5b<4，可得b< 4
5 ；
10
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由c =lo g138，得13
c =8，由13
4<8
5，得13
4<13
5c，∴5c>4，可得c> 4
5 .
综上所述，a<b<c.
故选：A.
19．【2020 年新课标Ⅱ卷理科第9 题】设函数f ( x)= ln|2 x +1|−ln|2 x−1|，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在( 1
2 ,+∞)单调递增
B．是奇函数，且在(−1
2 , 1
2 )单调递减
C．是偶函数，且在(−∞,−1
2 )单调递增
D．是奇函数，且在(−∞,−1
2 )单调递减
【答案】D
【详解】由f (x)= ln|2 x +1|−ln|2 x−1|得f (x)定义域为{x|x≠± 1
2}，关于坐标原点对称，
又f (−x)= ln|1−2 x|−ln|−2 x−1|= ln|2 x−1|−ln|2 x +1|=−f (x)，
∴f (x)为定义域上的奇函数，可排除AC；
当x∈(−1
2 , 1
2)时，f (x)= ln (2 x +1)−ln (1−2 x)，
∵y = ln (2 x +1)在(−1
2 , 1
2)上单调递增，y = ln (1−2 x)在(−1
2 , 1
2)上单调递减，
∴f (x)在(−1
2 , 1
2)上单调递增，排除B；
当x∈(−∞,−1
2)时，f (x)= ln (−2 x−1)−ln (1−2 x)= ln 2 x +1
2 x−1 = ln(1+
2
2 x−1)，
∵μ=1+
2
2 x−1在(−∞,−1
2)上单调递减，f (μ)= ln μ在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：f (x)在(−∞,−1
2)上单调递减，D 正确.
故选：D.
20．【2020 年新课标Ⅰ卷理科第12 题】若2
a+lo g2a= 4
b+2lo g4b，则（ ）
A．a>2b
B．a<2b
C．a>b
2
D．a<b
2
11
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【答案】B
【详解】设f ( x)=2
x+lo g2 x，则f ( x)为增函数，因为2
a+lo g2a= 4
b+2lo g4b=2
2b+lo g2b
所以f (a)−f (2b)=2
a+lo g2a−(2
2b+lo g22b)=2
2b+lo g2b−(2
2b+lo g22b)=lo g2
1
2 =−1<0，
所以f (a)<f (2b)，所以a<2b.
f (a)−f (b
2)=2
a+lo g2a−(2
b
2
+lo g2b
2)=2
2b+lo g2b−(2
b
2
+lo g2b
2)=2
2b−2
b
2
−lo g2b，
当b=1时，f (a)−f (b
2)=2>0，此时f (a)>f (b
2)，有a>b
2
当b=2时，f (a)−f (b
2)=−1<0，此时f (a)<f (b
2)，有a<b
2，所以C、D 错误.
故选：B.
21．【2019 年新课标Ⅲ卷理科第11 题】设f (x)是定义域为R的偶函数，且在(0,+∞)单调递减，则
A．f(lo g3
1
4)>f(2
−3
2)>f(2
−2
3)
B．f(lo g3
1
4)>f(2
−2
3)>f(2
−3
2)
C．f(2
−3
2)>f(2
−2
3)>f(lo g3
1
4)
D．f(2
−2
3)>f(2
−3
2)>f(lo g3
1
4)
【答案】C
【详解】∵f (x)是R 的偶函数，∴f(lo g3
1
4)= f (lo g34)．
∵lo g34>lo g33=1,1=2
0>2
−2
3 >2
−3
2 ,∴lo g34>2
−2
3 >2
−3
2，
又f (x)在(0，+∞)单调递减，
∴f (lo g34)<f(2
−2
3)<f(2
−3
2)，
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∴f(2
−3
2)>f(2
−2
3)>f(lo g3
1
4)，故选C．
22．【2019 年新课标Ⅱ卷理科第12 题】设函数f ( x)的定义域为R，满足f ( x +1)=2 f ( x)，且当
x∈(0,1]时，f ( x)= x( x−1).若对任意x∈(−∞,m]，都有f ( x)≥−8
9，则m 的取值范围是
A．(−∞, 9
4]
B．(−∞, 7
3]
C．(−∞, 5
2]
D．(−∞, 8
3]
【答案】B
【详解】∵x∈(0,1]时，f ( x)= x( x−1)，f ( x +1)=2f ( x)，∴f ( x)=2f ( x−1)，即f ( x)右移1 个单
位，图像变为原来的2 倍．
如图所示：当2< x ≤3时，f ( x)= 4 f ( x−2)= 4( x−2)( x−3)，令4( x−2)( x−3)=−8
9，整理得：
9 x
2−45 x +56=0，∴(3 x−7)(3 x−8)=0, ∴x1= 7
3 , x2= 8
3 （舍），∴x∈(−∞,m]时，
f ( x)≥−8
9成立，即m≤7
3，∴m∈(−∞, 7
3]，故选B．
23．【2019 年新课标Ⅰ卷理科第3 题】已知a=lo g20.2,b=2
0.2,c =0.2
0.3，则
A．a<b<c
B．a<c<b
C．c<a<b
D．b<c<a
【答案】B
【详解】a=lo g20.2<lo g21=0,b=2
0.2>2
0=1,0<0.2
0.3<0.2
0=1,则0<c<1,a<c<b．故选B．
24．【2019 年新课标Ⅰ卷理科第5 题】函数f(x)= sin x + x
cos x + x
2在[—π，π]的图像大致为
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由f (−x)= sin(−x)+(−x)
cos(−x)+(−x)
2 = −sin x−x
cos x + x
2 =−f ( x)，得f ( x)是奇函数，其图象关于原点对称．
又f ( π
2 )=
1+ π
2
( π
2 )
2 = 4+2π
π
2
>1,f (π )=
π
−1+ π
2 >0．故选D．
25．【2018 年新课标Ⅱ卷理科第11 题】已知f ( x)是定义域为(−∞,+∞)的奇函数,满足f (1−x)= f (1+ x).
若f (1)=2，则f (1)+ f (2)+ f (3)+⋯+ f (50)=
A．−50
B．0
C．2
D．50
【答案】C
【详解】因为f ( x)是定义域为(−∞, + ∞)的奇函数，且f (1−x)= f (1+ x)，
所以f (1+ x)=−f ( x−1)∴f (3+ x)=−f ( x +1)= f ( x−1)∴T = 4,
因此f (1)+ f (2)+ f (3)+⋯+ f (50)=12[ f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (1)+ f (2)，
因为f (3)=−f (1)，f (4)=−f (2)，所以f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=0，
∵f (2)= f (−2)=−f (2)∴f (2)=0，从而f (1)+ f (2)+ f (3)+⋯+ f (50)= f (1)=2，选C.
26．【2018 年新课标Ⅲ卷理科第12 题】设a=lo g0.20.3，b=lo g20.3，则
A．a+b<ab<0
B．ab<a+b<0
C．a+b<0<ab
D．ab<0<a+b
【答案】B
【详解】
.∵a= log 0.2
0.3,b= log2
0.3
∴1
a = log0.3
0.2, 1
b = log0.3
2
∴1
a + 1
b =lo g0.30.4
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∴0< 1
a + 1
b <1,即0< a+b
ab <1
又∵a>0,b<0
∴ab<0即ab<a+b<0
故选B.
27．【2017 年新课标Ⅰ卷理科第5 题】函数f ( x)在(−∞,+∞)单调递增，且为奇函数，若f (1)=1，则满
足−1≤f ( x−2)≤1的x的取值范围是．
A．[−2,2]
B．[−1,1]
C．[0,4 ]
D．[1,3]
【答案】D
【详解】f (x) 是奇函数，故f (−1)=−f (1)=−1 ；又f (x) 是增函数，−1≤f (x−2)≤1，即
f (−1)≤f (x−2)≤f (1) 则有−1≤x−2≤1 ，解得1≤x ≤3 ，故选D.
28．【2017 年新课标Ⅰ卷理科第11 题】设x、y、z 为正数，且2
x =3
y =5
z，则
A．2x<3y<5z
B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x
D．3y<2x<5z
【答案】D
【详解】令2
x =3
y =5
z=k(k >1)，则x =lo g2k，y =lo g3k，z =lo g5k
∴2 x
3 y = 2lgk
lg2 ⋅lg3
3lgk = lg9
lg8 >1，则2 x>3 y，
2 x
5 z = 2lg k
lg2 ⋅lg5
5lg k = lg25
lg32 <1，则2 x<5 z，故选D.
29．【2016 年新课标Ⅲ卷理科第6 题】已知a=2
4
3，b= 4
2
5，c =25
1
3，则
A．b<a<c
B．a<b<c
C．b<c<a
D．c<a<b
【答案】A
【详解】因为a=2
4
3 =16
1
3，b= 4
2
5 =16
1
5，c =25
1
3，
因为幂函数y = x
1
3在R 上单调递增，所以a<c，
因为指数函数y =16
x在R 上单调递增，所以b<a，
即b<a<c.
故选：A.
30．【2016 年新课标Ⅱ卷理科第12 题】已知函数f ( x)( x∈R)满足f (−x)=2−f ( x)，若函数y = x +1
x
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与y = f ( x)图像的交点为( x1, y1),( x2, y2),⋅⋅⋅,( xm, ym),则∑
i=1
m
( xi+ yi)=
A．0
B．m
C．2m
D．4 m
【答案】B
【详解】[方法一]：直接法.
由f (−x)=2−f (x)得f (x)关于(0， 1)对称，
而y = x +1
x
=1+ 1
x 也关于(0， 1)对称，
∴对于每一组对称点xi+ xi' =0 yi+ yi' =2，
∴∑
i=1
m
(xi+ yi)=∑
i=1
m
xi+∑
i=1
m
yi=0+2⋅m
2 =m，故选B．
[方法二]：特值法.
由f (−x)=2−f (x)得f (−x)+ f (x)=2
不妨设因为f (x)= x +1，与函数y = x +1
x
=1+ 1
x 的交点为(1,2),(−1,0)
∴当m=2时，x1+ y1+ x2+ y2=2=m，故选B．
[方法三]：构造法.
设s(x)= f (x)−1，则s(−x)= f (−x)−1=1−f (x)=−s(x)，故s(x)为奇函数.
设t (x)= y −1= 1
x ，则t (−x)=−t (x)，故t (x)为奇函数.
∴对于每一组对称点xi+ xi' =0 si+ti' =0.
将si= yi−1，ti' = yi' −1代入，即得xi+ xi' =0 yi+ yi' =2
∴∑
i=1
m
(xi+ yi)=∑
i=1
m
xi+∑
i=1
m
yi=0+2⋅m
2 =m，故选B．
[方法四]：
由题意得,函数f ( x)( x∈R)和f (−x)=2−f ( x)的图象都关于(0,1)对称,
所以两函数的交点也关于(0,1)对称,
对于每一组对称点( xi, yi)和( xi
' , yi
')，都有xi+ xi
' =0, yi+ yi
' =2.
从而∑
i=1
m
( xi+ yi)= m
2 ⋅2=m.故选B.
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31．【2015 年新课标Ⅱ理科第5 题】设函数f ( x)={
1+lo g2(2−x), x<1,
2
x−1, x ≥1,
,f (−2)+ f (lo g212)=
A．3
B．6
C．9
D．12
【答案】C
【详解】f (−2)=1+lo g2[2−(−2)]=3,f (lo g212)=2
lo g212−1=2
lo g26=6,∴f (−2)+ f (lo g212)=9.故选C.
32．【2015 年新课标Ⅱ理科第10 题】如图,长方形的边AB=2,BC=1,O 是AB 的中点,点P 沿着边BC,CD 与
DA 运动,记∠BOP= x,将动点P 到A,B 两点距离之和表示为x 的函数f (x),则函数的图像大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意可得f(
π
2)=2√2,f(
π
4)=√5+1⇒f(
π
2)<f(
π
4),由此可排除C,D；当0< x< π
4 时点P在边
BC上，PB = tan x，PA =√A B
2+ P B
2=√4+tan
2 x，所以f (x)= tan x +√4 +tan
2 x,可知x∈(0, π
4)时
图像不是线段,可排除A,故选B.
33．【2023 年新课标全国Ⅰ卷第10 题】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 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：
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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p1, p2, p3，则（ ）．
A．p1≥p2
B．p2>10 p3
C．p3=100 p0
D．p1≤100 p2
【答案】ACD
【详解】由题意可知：Lp1∈[60,90], Lp2∈[50,60], Lp3= 40，
对于选项A：可得Lp1−Lp2=20×lg p1
p0
−20×lg p2
p0
=20×lg p1
p2
，
因为Lp1≥Lp2，则Lp1−Lp2=20×lg p1
p2
≥0，即lg p1
p2
≥0，
所以
p1
p2
≥1且p1, p2>0，可得p1≥p2，故A 正确；
对于选项B：可得Lp2−Lp3=20×lg p2
p0
−20×lg p3
p0
=20×lg p2
p3
，
因为Lp2−Lp3= Lp2−40≥10，则20×lg p2
p3
≥10，即lg p2
p3
≥1
2，
所以
p2
p3
≥√10且p2, p3>0，可得p2≥√10 p3，
当且仅当Lp2=50时，等号成立，故B 错误；
对于选项C：因为Lp3=20×lg p3
p0
= 40，即lg p3
p0
=2，
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可得
p3
p0
=100，即p3=100 p0，故C 正确；
对于选项D：由选项A 可知：Lp1−Lp2=20×lg p1
p2
，
且Lp1−Lp2≤90−50= 40，则20×lg p1
p2
≤40，
即lg p1
p2
≤2，可得
p1
p2
≤100，且p1, p2>0，所以p1≤100 p2，故D 正确；
故选：ACD.
34．【2022 年新课标全国Ⅰ卷第12 题】已知函数f ( x)及其导函数f
'( x)的定义域均为R，记g( x)= f '( x)，
若f(
3
2 −2 x)，g(2+ x)均为偶函数，则（ ）
A．f (0)=0
B．g(−1
2)=0
C．f (−1)= f (4)
D．g(−1)= g(2)
【答案】BC
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于f ( x)，因为f(
3
2 −2 x)为偶函数，所以f(
3
2 −2 x)= f(
3
2 +2 x)即f(
3
2 −x)= f(
3
2 + x)①，所以
f (3−x)= f (x)，所以f ( x)关于x = 3
2对称，则f (−1)= f (4)，故C 正确；
对于g( x)，因为g(2+ x)为偶函数，g(2+ x)= g(2−x)，g(4−x)= g( x)，所以g( x)关于x =2对称，由
①求导，和g( x)= f '( x)，得
[f(
3
2 −x)]
'
=[f(
3
2 + x)]
'
⇔−f '(
3
2 −x)= f '(
3
2 + x)⇔−g(
3
2 −x)= g(
3
2 + x)，所以g(3−x)+ g(x)=0，
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所以g( x)关于( 3
2 ,0)对称，因为其定义域为R，所以g(
3
2)=0，结合g( x)关于x =2对称，从而周期
T = 4×(2−3
2)=2，所以g(−1
2)= g(
3
2)=0，g(−1)= g(1)=−g(2)，故B 正确，D 错误；
若函数f ( x)满足题设条件，则函数f ( x)+C（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定f ( x)的函数值，
故A 错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知g( x)周期为2，关于x =2对称，故可设g(x)=cos(π x)，则f (x)= 1
π sin (π x)+c，显然A，D 错
误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为f(
3
2 −2 x)，g(2+ x)均为偶函数，
所以f(
3
2 −2 x)= f(
3
2 +2 x)即f(
3
2 −x)= f(
3
2 + x)，g(2+ x)= g(2−x)，
所以f (3−x)= f (x)，g(4−x)= g( x)，则f (−1)= f (4)，故C 正确；
函数f ( x)，g( x)的图象分别关于直线x = 3
2 , x =2对称，
又g( x)= f '( x)，且函数f ( x)可导，
所以g(
3
2)=0, g(3−x)=−g(x)，
所以g(4−x)= g( x)=−g(3−x)，所以g( x +2)=−g( x +1)= g(x)，
所以g(−1
2)= g(
3
2)=0，g(−1)= g(1)=−g(2)，故B 正确，D 错误；
若函数f ( x)满足题设条件，则函数f ( x)+C（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定f ( x)的函数值，
故A 错误.
故选：BC.
20
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【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的
通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
35．【2024 年甲卷理科第15 题】已知a>1且
1
lo g8a −
1
lo ga4 =−5
2，则a= ．
【答案】64
【详解】由题
1
lo g8a −
1
lo ga4 =
3
lo g2a −1
2 lo g2a=−5
2，整理得(lo g2a)
2−5lo g2a−6=0，
⇒lo g2a=−1或lo g2a=6，又a>1，
所以lo g2a=6=lo g22
6，故a=2
6=64
故答案为：64.
36．【2024 年新高考2 卷第14 题】在如图的4×4 的方格表中选4 个方格，要求每行和每列均恰有一个方格
被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4 个数之和的最大值是
．
【答案】 24 112
【详解】由题意知，选4 个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4 个方格可选，第二列有3 个方格可选，
第三列有2 个方格可选，第四列有1 个方格可选，
所以共有4×3×2×1=24种选法；
每种选法可标记为(a,b,c ,d )，a,b,c ,d分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)，
(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)，
(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)，
(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，
所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4 个数之和最大，为15+21+33+ 43=112.
故答案为：24；112
21
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37．【2021 年新课标全国Ⅰ卷第13 题】已知函数f (x)= x
3(a⋅2
x−2
−x)是偶函数，则a= .
【答案】1
【详解】因为f (x)= x
3(a⋅2
x−2
−x)，故f (−x)=−x
3(a⋅2
−x−2
x)，
因为f (x)为偶函数，故f (−x)= f (x)，
时x
3(a⋅2
x−2
−x)=−x
3(a⋅2
−x−2
x)，整理得到(a−1)(2
x+2
−x)=0，
故a=1，
故答案为：1
38．【2019 年新课标Ⅱ卷理科第14 题】已知f ( x)是奇函数，且当x<0时，f ( x)=−e
ax.若f (ln 2)=8，则
a= .
【答案】-3
【详解】因为f ( x)是奇函数，且当x>0时−x<0，f ( x)=−f (−x)=e
−ax．
又因为ln 2∈(0,1)，f (ln 2)=8，
所以e
−a ln2=8，两边取以e为底的对数得−a ln2=3 ln2，所以−a=3，即a=−3．
39．【2017 年新课标Ⅲ卷理科第15 题】设函数f ( x)={
x +1，x ≤0，
2
x，x>0，则满足f ( x)+ f ( x−1
2 )>1的x 的取
值范围是 .
【答案】(−1
4 ,+ ∞)
【详解】由题意得： 当x> 1
2时，2
x+2
x−1
2 >1恒成立，即x> 1
2；当0< x ≤1
2时，2
x+ x−1
2 +1>1 恒
成立，即0< x ≤1
2；当x ≤0时，x +1+ x−1
2 +1>1⇒x>−1
4，即−1
4 < x ≤0.综上，x 的取值范围是
(−1
4 ,+ ∞).
40．【2015 年新课标Ⅰ理科第13 题】若函数f ( x)= x ln( x +√a+ x
2)为偶函数，则a= ．
【答案】1
【详解】由函数f ( x)= x ln( x +√a+ x
2)为偶函数⇒函数g( x)= ln( x +√a+ x
2)为奇函数，
g(0)= ln a=0⇒a=1．
22
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1．（2024·青海海南·二模）函数f ( x)= lg(10−x
2)
x
的定义域为（ ）
A．(−√10,√10)
B．(−∞,−√10)⋃(√10,+∞)
C．[−√10,√10]
D．(−√10,0)∪(0,√10)
【答案】D
【详解】∵函数f ( x)= lg(10−x
2)
x
，
∴{
10−x
2>0
x≠0
，解得x∈(−√10,0)∪(0,√10)．
故选：D．
2．（2024·江苏南通·模拟预测）已知函数f ( x)= ln(ax +2)在区间(1,2)上单调递减，则实数a的取值范围
是（ ）
A．a<0
B．−1≤a<0
C．−1<a<0
D．a≥−1
【答案】B
【详解】令t =ax +2，则y = ln t，
因为函数f ( x)= ln(ax +2)在区间(1,2)上单调递减，
且y = ln t在定义域内递增，
所以{
a<0
2a+2≥0，解得−1≤a<0，
故选：B
3．（2024·山东青岛·二模）函数f (x)=a
x−a(a>0，a≠1)的零点为（ ）
A．0
B．1
C．(1,0)
D．a
【答案】B
【详解】因为f (x)=a
x−a(a>0，a≠1)，
令f (x)=a
x−a=0，解得x =1，
即函数的零点为1.
23
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故选：B.
4．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数f (2 x +1)为偶函数，若函数g(x)= f (x)+2
1−x+2
x−1−5的零点个数为
奇数个，则f (1)=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．0
【答案】C
【详解】因为函数f (2 x +1)为偶函数，所以f (−2 x +1)= f (2 x +1)，
所以y = f (x)的图象关于x =1对称，
令h(x)=2
1−x+2
x−1−5，则h(2−x)=2
x−1+2
1−x−5=h(x)，
可得函数h(x)=2
1−x+2
x−1−5的图象关于x =1对称，
所以函数g(x)= f (x)+2
1−x+2
x−1−5的图象关于x =1对称，
则函数g(x)的零点关于x =1对称，但g(x)的零点个数为奇数个，
则g(1)= f (1)+1+1−5=0，所以f (1)=3.
故选：C.
5．（2024·陕西渭南·二模）已知函数f ( x)={
x
2−2ax , x ≥1
a
2 x−1, x<1 是R上的增函数，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．(0, 4
5 )
B．(0, 4
5 ]
C．(0,1)
D．(0,1]
【答案】B
【详解】由f ( x)={
x
2−2ax , x ≥1
a
2 x−1, x<1 是R上的增函数，得{
a≤1
a
2 >0
a
2 −1≤1−2a
，解得0<a≤4
5 ，
所以实数a 的取值范围是(0, 4
5 ].
故选：B
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6．（2024·河南·三模）若a≥0,b∈R，则化简2
lo g23+(√a)
2+√b
2的结果是（ ）
A．3+a+b
B．3+a+|b|
C．2+a+b
D．2+a+|b|
【答案】B
【详解】由2
lo g23=3，(√a)
2=a，√b
2=|b|可知，
2
lo g23+(√a)
2+√b
2=3+a+|b|.
故选：B
7．（2024·山东青岛·二模）已知正数a，b，c满足ae
a=b ln b=e
c ln c =1，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A．c<a<b
B．c<b<a
C．a<b<c
D．a<c<b
【答案】D
【详解】由ae
a=b ln b=e
c ln c =1，得e
a−1
a = ln b−1
b = ln c−1
e
c =0，
令函数f ( x)=e
x−1
x , x>0，显然函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
而f ( 1
2 )=e
1
2 −2<0,f (1)=e−1>0，f (a)=0，则1
2 <a<1；
令函数g( x)= ln x−1
x ，函数g( x)在(0,+∞)上单调递增，g(2)= ln2−1
2 >0，
而g( 3
2 )= ln 3
2 −2
3 <ln√e−2
3 = 1
2 −2
3 <0， g(b)=0，则3
2 <b<2；
令h( x)= ln x−1
e
x ，函数h( x)在(0,+∞)上单调递增，而h(1)=−1
e <0，
h( 3
2 )= ln 3
2 −1
e
3
2
>ln 3
2 −1
3 = 1
3 ln 27
8 −1
3 > 1
3 lne−1
3 =0，h(c)=0，则1<c< 3
2，
所以a，b，c的大小关系为a<c<b.
故选：D
8．（2024·贵州六盘水·三模）定义在R 上的奇函数f (x)，满足f (x +3)= f (1−x)，x∈[0,2]时，
f (x)=me
x−1，则f (31)=（ ）
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A．e+1
B．e−1
C．1−e
D．−e
【答案】C
【详解】因为定义在R 上的奇函数f (x)，满足f (x +3)= f (1−x)，
所以f (x +3)= f (1−x)=−f (x−1)=−f (x−4+3)
=−f [1−(x−4)]=−f (5−x)= f (x−5)，
故f (x)的周期为8，当x∈[0,2]时，f (x)=me
x−1，
则f (0)=m−1=0，所以m=1，
所以f (31)= f (−1)=−f (1)=1−e．
故选：C．
9．（2024·江西鹰潭·三模）若f (x)=|x +2|+|3 x−a|的最小值是4，则实数a的值为（ ）
A．6 或−18
B．−6或18
C．6 或18
D．−6或−18
【答案】A
【详解】当a>−6时，f (x)={
4 x +2−a, x ≥a
3
a+2−2 x ,−2< x< a
3
a−2−4 x , x ≤−2
，
∴f (x)min= f(
a
3)=2+ a
3 = 4，解得a=6，符合题意；
当a<−6时，f (x)={
4 x +2−a, x ≥−2
2 x−a−2, a
3 < x<−2
a−2−4 x , x ≤a
3
，
∴f (x)min= f(
a
3)=−a
3 −2= 4，解得a=−18，符合题意；
当a=−6时，f (x)= 4|x +2|，∴f (x)min= f (−2)=0≠4，舍掉.
故选：A.
10．（2024·山东青岛·三模）定义 [x] 表示不超过 x的最大整数.例如: [1.2]=1，[−1,2]=−2，则
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（ ）
A．[x]+[ y]=[x + y]
B．∀n∈Z ，[x +n]=[x]+n
C．f (x)= x−[x] 是偶函数
D．f (x)= x−[x] 是增函数
【答案】B
【详解】A 选项，取x =1.1, y =1.9，则[x]+[ y]=1+1=2，[ x + y ]=3，显然[ x ]+[ y ]≠[ x + y ]，所以A
不正确；
B 选项，设y =[x +n]表示不超过x +n的最大整数，所以y ≤x +n，
所以y −n≤x，所以[ x ]≤y −n，所以[ x ]+n≤y，即[ x +n]≤y，
所以[ x +n]= y，所以[ x +n]=[ x ]+n，故B 正确；
C 选项，f ( x)= x−[ x ]，因为f (0.1)=0.1−0=0.1,f (−0.1)=−0.1−(−1)=0.9，
所以f (0.1)≠f (−0.1)，所以f ( x)不是偶函数，故C 错误；
D 选项f (0.1)=0.1,f (1.1)=0.1，所以f (0.1)= f (1.1)，所以f ( x)不是增函数，故D 错误.
故选：B.
11．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知b>0，函数f (x)= a+ 4
bx
2
x
是奇函数，则a+b= ．
【答案】0
【详解】因为函数定义域为R且f (x)= a+ 4
bx
2
x
是奇函数，所以f (0)=0，所以a=−1，
所以f (x)= 4
bx−1
2
x
=2
(2b−1)x−2
−x，由f (−1)=−f (1)知2
1−2b−2=−2
2b−1+ 1
2，
即2
1−2b+2
2b−1= 5
2，又因为b>0，所以2b−1=1,b=1，
把b=1代入f (x)=2
(2b−1)x−2
−x =2
x−2
−x，满足题意，
所以a+b=0.
故答案为：0
12．（2024·上海浦东新·三模）已知g( x)={
x
3+2
x−1, x ≥0
f ( x), x<0
为偶函数，若f (a)=11，则a= ．
【答案】2或−2
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【详解】因为g( x)为偶函数，所以g(−x)= g( x)，
当x ≥0时，g( x)= x
3+2
x−1，g'( x)=3 x
2+2
x ln 2>0
所以g( x)在(0,+ ∞)单调递增，在(−∞,0)单调递减，
若a≥0，f (a)=a
3+2
a−1=11，解得a=2，
由g( x)为偶函数得，当a<0时，f (−2)=11，
故a的值为2或−2，
故答案为：2或−2．
13．（2024·广东深圳·三模）函数y =|−x
2+ 4 x +5|的单调递增区间是 ．
【答案】(−1,2),(5,+ ∞)
【详解】函数y =|−x
2+ 4 x +5|={
−x
2+ 4 x +5, x∈[−1,5]
x
2−4 x−5, x∈(−∞,−1)∪(5,+∞)，
由|−x
2+ 4 x +5|=0，解得x =−1或x =5，
函数y =|−x
2+ 4 x +5|的图象如图所示，
由图可知，函数y =|−x
2+ 4 x +5|的单调递增区间为(−1,2),(5,+∞).
故答案为：(−1,2),(5,+∞).
14．（2024·四川自贡·三模）函数f ( x)={
2
x−1( x ≤1)
x
2−x( x>1)，f (a)=2则a= .
【答案】2
【详解】f ( x)={
2
x−1( x ≤1)
x
2−x( x>1)，若f (a)=2，
则{
a≤1
2
a−1=2或{
a>1
a
2−a=2，即{
a≤1
a=lo g23或{
a>1
a=−1
a
或=2，解得a=2.
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故答案为：2.
15．（2024·湖南长沙·三模）已知函数f (x)={
x
3+2 x−1, x ≤1,
√x +3, x>1,
则不等式f (x +2)<2−f (x−4)的解集为
.
【答案】(−∞,4)
【详解】函数f (x)= x
3+2 x−1在(−∞,1]上单调递增，
又f (x)=√x +3在(1,+ ∞)上单调递增，又f (1)=√1+3= 4，
所以f (x)在R上单调递增.
设g(x)= f (x +2)+ f (x−4)，可得g(x)在R上单调递增.
又g(4)= f (6)+ f (0)=3−1=2，所以原不等式可化为g(x)<g(4)，
所以原不等式的解集为(−∞,4).
故答案为：(−∞,4).
16．（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若f (x−y)= f (x)f ( y)+ f (1+ x)f (1+ y)，且
f (0)≠f (2)，则∑
n=1
102
f (n)= .
【答案】−1
【详解】令x = y =0，得f (0)=[f (0)]
2+[f (1)]
2，
再令x = y =1，得f (0)=[f (1)]
2+[f (2)]
2，
所以[f (0)]
2=[f (2)]
2，因为f (0)≠f (2)，所以f (0)=−f (2)，
令x =1, y =0，得f (1)= f (1)f (0)+ f (2)f (1)=0，
所以f (0)=[f (0)]
2，即f (0)=0 或1，
若f (0)=0，则代入f (0)=[f (1)]
2+[f (2)]
2中，f (2)=0，
由f (0)≠f (2)，所以f (0)≠0，即f (0)=1，且f (2)=−1，
令x =0，得f (−y)= f (0)f ( y)+ f (1)f (1+ y)，
由f (0)=1，f (1)=0，所以f (−y)= f ( y)，
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所以f (x)为偶函数，所以f (−1)= f (1)=0，f (−2)= f (2)=−1，
令x =1，得f (1−y)= f (1)f ( y)+ f (2)f (1+ y)，
所以f (1−y)=−f (1+ y)，即f ( y)+ f (2−y)=0，
因为f (−y)= f ( y)=−f ( y +2)，所以f ( y + 4)= f ( y)，
所以f (x)为周期函数，周期为4，
所以f (1)=0,f (2)=−1,f (3)= f (−1)= f (1)=0,f (4)= f (0)=1，
f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)=0，
所以∑
n=1
102
f (n)=25[f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4)]+ f (1)+ f (2)=−1
故答案为：−1.
17．（2024·广东广州·三模）函数f (x)={
a
x , x ≤2
a x
2−13 x +31, x>2
，其中a>0且a≠1，若函数是单调函数，则
a 的一个可能取值为 ．
【答案】4（答案不唯一）
【详解】因为a>0且a≠1，若函数是单调函数，结合二次函数可知：f (x)在R 上单调递增，
{
a>1
13
2a ≤2
a
2≤4 a+5
，解得13
4 ≤a≤5.
故答案为：4（答案不唯一）.
18．（2024·重庆·模拟预测）若2
x−4
y =2, x , y ∈R，则x−y的最小值为 ．
【答案】3
2/1.5
【详解】因为2
x−4
y =2，所以2
x =2+ 4
y，
所以x =lo g2(2+ 4
y)，
所以x−y =lo g2(2+ 4
y)−y
=lo g2(2+ 4
y)−lo g22
y
=lo g2 2+ 4
y
2
y
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=lo g2(
2
2
y +2
y)
≥lo g2(2√
2
2
y ⋅2
y)
=lo g2(2√2)=lo g22
3
2 = 3
2
，
当且仅当2
2
y =2
y，即y = 1
2时取等号，
所以x−y的最小值为3
2，
故答案为：3
2
19．（2024·宁夏银川·二模）若f (x)= ln|a+
1
1−x|+b是奇函数，则b= ．
【答案】ln2
【详解】因为f ( x)= ln|a+
1
1−x|+b是奇函数，
∴f ( x)定义域关于原点对称，
由a+
1
1−x ≠0,可得(1−x)(a−ax +1)≠0，
所以x≠1且x≠a+1
a
，
所以a+1
a
=−1，解得a=−1
2，
所以函数的定义域为(−∞,−1)∪(−1,1)∪(1,+∞)，
则f (0)=0，即f (0)= ln|−1
2 +1|+b=0，解得b= ln2，
此时f ( x)= ln|−1
2 +
1
1−x|+ ln2= ln|
1+ x
1−x|，
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f (−x)= ln|
1−x
1+ x|=−ln|
1+ x
1−x|=−f (x)符合题意，
所以b= ln2.
故答案为：ln2.
20．（2024·江苏南通·模拟预测）方程x
ln3+ x
ln 4= x
ln5的正实数解为 .
【答案】e
2
【详解】先证a
lo gbc =c
lo gba（a>0且a≠1，b>0且b≠1，c>0且c≠1），
令a
lo gbc =m，c
lo gba=n，两边取b为底的对数，
可得lo gbm=lo gba
lo gbc =lo gbc⋅lo gba，lo gbn=lo gbc
lo gba=lo gba⋅lo gbc，
所以lo gbm=lo gbn，所以m=n，即a
lo gbc =c
lo gba，
则x
ln3+ x
ln 4= x
ln5(x>0)即为3
ln x+ 4
ln x=5
ln x(x>0)，
可得(
3
5)
ln x
+(
4
5)
ln x
=1，
由于y = ln x在(0,+ ∞)上单调递增，y =(
3
5)
x
，y =(
4
5)
x
在R上单调递减，
所以y =(
3
5)
ln x
，y =(
4
5)
ln x
在(0,+ ∞)上单调递减，
可得y =(
3
5)
ln x
+(
4
5)
ln x
在(0,+∞)上单调递减，
又ln x =2时，即x =e
2时，有(
3
5)
2
+(
4
5)
2
=1，
则原方程的解有且只有一个为x =e
2.
故答案为：e
2
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