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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
1．（2023•新高考Ⅱ•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
解：由2 x−1
2 x +1 ＞0，得x＞1
2或x＜−1
2，
由f（x）是偶函数，
∴f（﹣x）＝f（x），
得（﹣x+a）ln−2 x−1
−2 x +1 =（x+a）ln 2 x−1
2 x +1 ，
即（﹣x+a）ln 2 x +1
2 x−1 =（﹣x+a）ln（2 x−1
2 x +1 ）﹣1＝（x﹣a）ln2 x−1
2 x +1 =（x+a）ln 2 x−1
2 x +1 ，
∴x﹣a＝x+a，得﹣a＝a，
1
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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
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：
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＞10p3
C．p3＝100p0
D．p1≤100p2
【答案】ACD
解：由题意得，60≤20lg p1
p0
≤90，1000p0≤p1≤10
9
2p0，
50≤20lg p2
p0
≤60，10
5
2p0≤p2≤1000p0，
20lg p3
p0
=40，p3＝100p0，
可得p1≥p2，A 正确；
p2≤10p3＝1000p0，B 错误；
p3＝100p0，C 正确；
2
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p1≤10
9
2p0＝100×10
5
2p0≤100p2，p1≤100p2，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x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么
①
⇔f（x）在[a，b]上是增函数；
⇔f（x）在[a，b]上是减函数．
②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0⇔f（x）在[a，b]上是增函数；
（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0⇔f（x）在[a，b]上是减函数．
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
3
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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．
4
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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（x1x2）＝f（x1）f（x2）；②当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函数．
【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，
5
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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，
6
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f（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．
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7．（2021•新高考Ⅱ）已知a＝log52，b＝log83，c＝
，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
【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）＝xα，它的图象过点（
，
），
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∴（
）α＝
，∴α＝2；
∴f（x）＝x2；
∴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．
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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﹣log2x）＝5，
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﹣log2x＝m，则f（x）＝x+log2x+m，且f（m）＝5，
所以m+log2m+m＝5，即log2m＝5﹣2m，解得m＝2，
所以f（x）＝x+log2x+2，x∈[1，8]，
因为函数y＝x，y＝log2x 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）min＝1+0+2＝3，当x＝8 时，f（x）max＝8+3+2＝13，
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x1≠x2，都有
成
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x1≠x2，都有
成立，
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）＝
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，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，
11
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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xi（i＝1、2、3）为实数，且x1+x2+x3＝0，给出
下列结论：①若x1• x2• x3 ＞0 ，则
；②若x1• x2• x3 ＜0 ，则
．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 x1+x2+x3＝0，且 x1⋅x2⋅x3＞0，则 x3＝﹣（x1+x2），不妨设 x1＜0，x2＜0，x3＞0，
则点A（x1+x2，f（x1+x2）），此时直线OA 的方程为
，
可
得
，
则
，
可得g（x1）+g（x2）﹣g（x1+x2）＜0，又由 g（x3）＝g[﹣（x1+x2）]＝﹣g（x1+x2），
所以g（x1）+g（x2）+g（x3）＜0，即
，
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即
，所以①正确；
②中，若 x1⋅x2⋅x3＜0，不妨设 x1⋅x2⋅x3＞0，则x1＝﹣（x2+x3），不妨设 x1＜0，x2＞0，x3＞0，
则点B（x2+x3，f（x2+x3）），此时直线OB 的方程为
，
可得
，
则
，
可得g（x2）+g（x3）﹣g（x2+x3）＞0，
又由g（x1）＝g[﹣（x2+x3）]＝﹣g（x2+x3），
所以g（x1）+g（x2）+g（x3）＞0，
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
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D．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）＝loga（ax﹣x3）（a＞0 且a≠1）在区间（0，1）内单调递增，则a
的取值范围是（ ）
A．[3，+∞）
B．（1，3]
C．
D．
【解答】解：令μ＝g（x）＝ax﹣x3，则g'（x）＝a﹣3x2，
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＝logaμ 为增函数，且函数f（x）在区间（0，1）内单调递增，
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＝logaμ 为减函数，且函数f（x）在区间（0，1）内单调递增，
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＝log2t 在（0，+∞）上为增函数，
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∴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＞0 ①，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
．
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∴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an＝
的最大、
最小项”，下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）无最大、最小值，数列{an}有最大、最小项
B．函数f（x）无最大、最小值，数列{an}无最大、最小项
C．函数f（x）有最大、最小值，数列{an}有最大、最小项
D．函数f（x）有最大、最小值，数列{an}无最大、最小项
【解答】解：函数f（x）＝
＝
•
＝
•
＝
（1+
），
令g（x）＝1+
，
由2x﹣
≠0，解得x≠log2
，所以函数的定义域为{x|x≠log2
}，
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（﹣∞，log2
），（log2
，+∞）上单调递减，
16
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且当x＞log2
时，f（x）＞0，
因为2＜log2
＜log28＝3，
对于数列an＝
，
则a1＝0＞a2＝﹣
，a3＝6＞a4＞a5＞…＞0，且n≥3 时an＞0，
所以数列{an}有最小项a2＝﹣
，有最大项a3＝6．
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+log2x+
﹣1＝log2（2x）+
﹣1＝
+
﹣1＝2log4（2x）+
﹣1，
∵x∈（
，+∞），∴2x∈（1，+∞），∴log4（2x）＞0，
∴y＝2log4（2x）+
﹣1
﹣1＝2
﹣1，当且仅当2log4
（2x）＝
，即log4（2x）＝
时，等号成立，
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x1，x2，…，xn使得f（x1）+f
（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）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
，
17
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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（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）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（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn）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x1，x2，y1，y2满足
+
＝4，
+
＝9，x1x2+y1y2＝0 则|x1+y1
﹣9|+|x2+y2﹣9|的最小值是 ．
【解答】解：由
可知，
点A（x1，y1），B（x2，y2）分别在圆x2+y2＝4 和圆x2+y2＝9 上，
由x1x2+y1y2＝0 得OA⊥OB，
如图，作直线l：y＝﹣x，过B 作BD⊥l 于D，过A 作AE⊥l 于E，
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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d1，
表示B 到直线x+y﹣9＝0 的距离d2，
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|x1+y1﹣9|+|x2+y2﹣9|＝
（d1+d2）≤
（|AE|+|BD|+
）＝
．
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，
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b）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l1的切点M，和y＝lnx 与平行y＝x 的切线12的切点N，
它们之间的距离MN 就是所求最小距离．
对于y＝ex，设切点为（x1，y1），有y′＝ex，则
＝1，故x1＝0，则y1＝e0＝1，故M（0，1）．
对于y＝lnx，设切点为（x2，y2），有y′＝
，则
＝1，故x2＝1，则y2＝ln1＝0，故N（1，0），
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≤
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﹣
．
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＝ ．
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【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
，
22
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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（ ）
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A．
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＝ ．
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【解答】解：依题意函数f（x）是一个奇函数，
又2x﹣a≠0，所以x≠log2a，
所以f（x）定义域为{x|x≠log2a}，
因为f（x）的图象关于坐标原点对称，所以log2a＝0，
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，
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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x1，
x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，已知a，b（a≠b）为关于x 的方程x2﹣2x+t2﹣3＝
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x1，x2∈[1，+∞）（x1＜x2），均有f（x2）﹣f（x1）＞0，
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）．
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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）＝π，
，则（ ）
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）＝π，
设G（x）＝x﹣g（x）＝x﹣sinx，（x＞0），则g′（x）＝1﹣cosx＞0，
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＜π，
，故
，
则
，即
，所以A 错误，B 正确；
由a﹣b＜π，
，无法确定
还是
，C，D 错误，
故选：B．
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
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x＝﹣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．
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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）＝2 ②，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）＝2 ③，
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）＝2 ④，
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
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（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（x1）＝f（x2）时，等号成立，故C 正确；
对于D，不妨令Sn＝
，
则
，①，
，②，
①﹣②得，
＝2﹣（n+2）
，
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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＝
，
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∵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）＝
（ ）
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A．
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）＝tanπ＝0，
∴f（1）+f（2）+…+f（2023）＝674[f（1）+f（2）+f（3）]+f（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
，
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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
t1
，
t2
，
于
是
，
不妨设
t1≤t2 ，设
p （z ）＝lnt1lnt2 ，根据复合函数求导法则，
，根据求根公式，
，然后求导得到
代入 p′
（c），
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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；
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∵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log2k＝a，log3k＝b，log6k＝c，
所以
，
，
，
故logk2+logk3＝logk6，故
，故A 错误，B 正确；
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＝log52，c＝log45，则（ ）
A．a＞c＞b
B．b＞a＞c
C．c＞a＞b
D．c＞b＞a
【解答】解：∵
，
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∴c＞a＞b．
故选：C．
53．（2023•雁塔区校级模拟）已知a＝log23，b＝log34，
，则（ ）
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．loga2＜logb2
C．
D．aabb＞abba
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【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loga2﹣logb2＜0，即loga2＜logb2，故B 正确；
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，
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∵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
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【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φ（x）＝lnx﹣ex+2，
，当
时，φ′（x）＜0，φ（x）为减函数；当
时，φ′（x）＞0，φ（x）为增函数；
所以φ（x）的最大值为
，
所以φ（x）≤0，即lnx≤ex﹣2.
．
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
，
，
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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）＝log2（4x+4）﹣x﹣1，设
，
，
，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）＝log2（4x+4）﹣x﹣1
＝log2（4x+4）﹣log22x﹣1
＝log2
﹣1
＝log2（2x+22﹣x）﹣1（x∈R），
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）min＝log2（2+2）﹣1＝1．
又f（2﹣x）＝log2（22﹣x+22﹣（2﹣x））﹣1＝log2（22﹣x+2x）﹣1＝f（x），
∴
＝f（
）．
设g（x）＝x﹣tanx，则g′（x）＝1﹣
，
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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；
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③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
条件
(1)对于任意x∈I，都有f ( x )≤
M ；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意x∈I，都有f ( x )≥
M ；
(4)存在x0∈I，使得f ( x 0) ＝
M
结论
M 为最大值
M 为最小值
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