第 2 讲 函数小题
一．选择题（共 23 小题）
1．（2021•湛江一模）已知 a＝3.20.1，b＝log25，c＝log32，则（ ）
A．b＞a＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＞b＞c
【解析】解：∵1＝3.20＜a＝3.20.1＜3.20.5＜40.5＝2，
b＝log25＞log24＝2，
th
＜c＝log32＜log33＝1，
∴b＞a＞c．
故选：A．
2．（2021•浙江学业考试）已知函数 f（x）
t䁢 ⸸
䁢
，
䁢
＞
䁢
䁢
，
䁢
，则函数 y＝f[f（x）+1]的零点个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】解：令
݂䁢ሺ t䁢 ⸸
䁢
，
䁢
＞
݂䁢 ሺ
，
䁢
，
①
当 t＞0 时，
݂ሺ t
−
，则函数 f（t）在（0，+∞）上单调递增，
由于 f（1）＝﹣1＜0，
݂ሺ t
−
＞
，
由零点存在定理可知，存在 t1
∈
（1，2），使得 f（t1）＝0；
②
当 t≤0 时，f（t）＝t2+2t，由 f（t）＝t2+2t＝0，解得 t2＝﹣2，t3＝0，
作出函数 t＝f（x）+1，直线 t＝t1、t＝﹣2、t＝0 的图象如下图所示：
由图象可知，直线 t＝t1 与函数 t＝f（x）+1 的图象有两个交点，
直线 t＝0 与函数 t＝f（x）+1 的图象有两个交点，
直线 t＝﹣2 与 t＝f（x）+1 的图象有且仅有一个交点，
综上所述，函数 y＝f[f（x）+1]的零点个数为 5．
故选：D．
3．（2021•东莞市校级模拟）已知函数 f（x）＝lnx+2x2﹣4x，则函数 f（x）的图象在 x＝1 处的切线方程为（ ）
A．x﹣y+3＝0 B．x+y﹣3＝0 C．x﹣y﹣3＝0 D．x+y+3＝0
【解析】解：由 f（x）＝lnx+2x2﹣4x，得 f′（x）
䁢 Ͷ䁢 ⸸ Ͷ
，
∴f′（1）＝1．
又 f（1）＝﹣2．
∴函数 f（x）的图象在 x＝1 处的切线方程为 y+2＝1×（x﹣1），
即 x﹣y﹣3＝0．
故选：C．
4．（2013•湛江二模）函数 f（x）＝（x﹣1）cosx2 在区间[0，4]上的零点个数是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【解析】解：令 f（x）＝0，可得 x＝1 或 cosx2＝0
∴x＝1 或 x2＝k
π
，k
∈
Z，
∵x
∈
[0，4]，则 x2
∈
[0，16]，
∴k 可取的值有 0，1，2，3，4，
∴方程共有 6 个解，
∴函数 f（x）＝（x﹣1）cosx2 在区间[0，4]上的零点个数为 6 个，
故选：C．
5．（2021•肇庆二模）已知函数 f（x）
㌳䁢
݂䁢ሺ݂䁢⸸ሺ
为奇函数，则 a＝（ ）
A．﹣1 B．
C．−
D．1
【解析】解：根据题意，函数 f（x）
㌳䁢
݂䁢ሺ݂䁢⸸ሺ
为奇函数，则 f（﹣x）＝﹣f（x），
即
㌳݂⸸䁢ሺ
݂⸸䁢ሺ݂⸸䁢⸸ሺ ⸸
㌳䁢
݂䁢ሺ݂䁢⸸ሺ
，变形可得：（a﹣1）x＝0，
必有 a＝﹣1，
故选：D．
6．（2021•肇庆二模）曲线 f（x）＝lnx−
䁢
在（1，f（1））处的切线方程为（ ）
A．2x﹣y﹣3＝0 B．2x﹣y﹣1＝0 C．2x+y﹣3＝0 D．2x+y﹣1＝0
【解析】解：由 f（x）＝lnx−
䁢
，得 f′（x）
䁢
䁢
，所以 f′（1）＝2，f（1）＝﹣1，
所以曲线 f（x）＝lnx−
䁢
在（1，f（1））处的切线方程为 y+1＝2（x﹣1），
即 2x﹣y﹣3＝0．
故选：A．
7．（2021•广州一模）已知 e≈2.71828 是自然对数的底数，设 a
⸸
，b
⸸
，c
⸸
⸸
ln2，则
（ ）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
【解析】解：已知 e≈2.71828 是自然对数的底数，a
⸸
，b
⸸
，c
⸸
⸸
ln2，
设 f（x）
䁢 ⸸ 䁢
，
则 f′（x）
䁢 ⸸
，
当 0≤x
Ͷ
时，f′（x）＞0，函数 f（x）在 0≤x
Ͷ
上是增函数，
当 x＞
Ͷ
时，f′（x）＜0，函数 f（x）在 x＞
Ͷ
上是减函数，
a＝f（3），b＝f（2），而
Ͷ
＜2＜3，
所以 b＞a，
又因为 ex＞x+1，x≠1，为常用不等式，可得
⸸
＞
，
令 g（x）
䁢
⸸
lnx，
g′（x）
⸸
䁢
，
当 x＜e 时，g′（x）＜0，函数 g（x）在 x＜e 上是减函数，
故 g（2）＞g（e）＝0，
则
＞ln2，即−
＜
⸸
ln2，
则 c＞b，
故：a＜b＜c
故选：A．
8．（2021•湛江校级模拟）已知函数 f（x）
䁢
䁢
，如果关于 x 的方程 f（x）＝kx2 有四个不同的实数解，则
k 的取值范围是（ ）
A．k＞1 B．k≥1 C．0＜k＜1 D．0＜k≤1
【解析】解：f（x）＝kx2 有四个不同的实数解，
∴显然当 x＝0 时，无论 k 为何值，都成立，
当只需有三个不等于零的不同实数根，
∴方程可化
|x|（x+2），
只需 y
和 y＝|x|（x+2）有三个不等于零的交点即可，画出函数 y＝|x|（x+2）的图象如图：
有图象可知只需 0＜
＜1，
∴k＞1，
故选：A．
9．（2018•安阳一模）已知函数 f（x）满足：
①
对任意 x1，x2
∈
（0，+∞）且 x1≠x2，都有
݂䁢ሺ⸸݂䁢ሺ
䁢⸸䁢
＞
；
②
对定义域内任意 x，都有 f（x）＝f（﹣x），则符合上述条件的函数是（ ）
A．f（x）＝x2+|x|+1 B．
݂䁢ሺ
䁢 ⸸ 䁢C．f（x）＝ln|x+1| D．f（x）＝cosx
【解析】解：由题意得：f（x）是偶函数，在（0，+∞）递增，
对于 A，f（﹣x）＝f（x），是偶函数，且 x＞0 时，f（x）＝x2+x+1，f′（x）＝2x+1＞0，
故 f（x）在（0，+∞）递增，符合题意；
对于 B，函数 f（x）是奇函数，不合题意；
对于 C，由 x+1＝0，解得：x≠﹣1，定义域不关于原点对称，
故函数 f（x）不是偶函数，不合题意；
对于 D，函数 f（x）在（0，+∞）无单调性，不合题意；
故选：A．
10．（2021•福田区校级二模）函数 f（x）＝x+
t䁢
䁢
的大致图象为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】解：∵f（﹣x）＝﹣x
t⸸䁢
⸸䁢 ⸸
x−
t䁢
䁢
＝﹣f（x），
∴f（x）为奇函数，排除选项 B，
∵f（1）＝1+0＝1＞0，f（2）＝2
t
＞0，排除选项 C，D，
故选：A．
11．（2021•珠海一模）已知
α
＝2ln3，
β
⸸
，
γ
＝ln
，则
α
，
β
，
γ
的大小关系是（ ）
A．
α
＜
β
＜
γ
B．
β
＜
α
＜
γ
C．
γ
＜
β
＜
α
D．
β
＜
γ
＜
α
【解析】解：∵ln3＞lne＝1，∴
α
＞1，
∵
＜
⸸
＜
，∴0＜
β
＜1，
∵ln
＜ln1＝0，∴
γ
＜0，
∴
γ
＜
β
＜
α
，
故选：C．
12．（2021•揭阳模拟）在新冠肺炎疫情期间，某学校定期对教室进行药熏消毒．教室内每立方米空气中的
含药量 y（单位：毫克）随时间 t（单位：小时）的变化情况如图所示．在药物释放的过程中，y 与 t 成
正比；药物释放完毕后，y 与 t 的函数关系式为 y＝10a﹣t（a 为常数）．据测定，当空气中每立方米的含药
量降低到 0.2 毫克以下时，学生方可进入教室．那么，从药物释放开始到学生能回到教室，至少在（ ）
（参考数值 lg2≈0.30103）
A．42 分钟后 B．48 分钟后 C．50 分钟后 D．60 分钟后
【解析】解：把点（0.1，1）代入 y＝10a﹣t，得 1＝10a﹣0.1，即 a＝0.1，
则当 t≥0.1 时，y＝100.1﹣t，
由 100.1﹣t＜0.2，解得 t＞1.1﹣lg2≈0.8，
故至少需要经过 0.8×60＝48 分钟后，学生才能回到教室．
故选：B．
13．（2021•揭阳模拟）已知函数 f（x）定义域为 R，满足 f（x）＝f（2﹣x），且对任意 1≤x1＜x2 均有（x1
﹣x2）•[f（x1）﹣f（x2）]＜0 成立，则满足 f（2x﹣1）﹣f（3﹣x）≥0 的 x 的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2]∪[
，+∞） B．（﹣∞，0]∪[
Ͷ
，+∞）
C．[﹣2，
] D．[0，
Ͷ
]
【解析】解：因为函数 f（x）定义域为 R，满足 f（x）＝f（2﹣x），
所以函数 f（x）关于直线 x＝1 对称，
因为对任意 1≤x1＜x2 均有（x1﹣x2）•[f（x1）﹣f（x2）]＜0 成立，
所以函数 f（x）在[1，+∞）上单调递减，
由对称性可知 f（x）在（﹣∞，1]上单调递增，
因为 f（2x﹣1）﹣f（3﹣x）≥，0 即 f（2x﹣1）≥f（3﹣x），
所以|2x﹣1﹣1|≤|3﹣x﹣1|，即|2x﹣2|≤|2﹣x|，
解得 0≤x
Ͷ
．
故选：D．
14．（2021•梅州一模）已知函数 f（x）＝x2+2x+2﹣x，若不等式 f（1﹣ax）＜f（2+x2）对任意 x
∈
R 恒成立，
则实数 a 的取值范围是（ ）
A．
݂ ⸸
，
ሺ
B．
݂ ⸸
，
ሺ
C．
݂ ⸸
，
ሺ
D．（﹣2，2）
【解析】解：函数 f（x）＝x2+2x+2﹣x 的定义域为 R，且 f(﹣x)＝x2+2﹣x+2x＝f(x)，
所以 f(x)为偶函数，又当 x≥0 时，g(x)＝x2 是增函数，
令 h(x)＝2x+2﹣x,
任取 x1,x2
∈
[0,+∞)，且 x1＞x2，
则 h(x1)﹣h(x2)
䁢
⸸ 䁢
⸸ ݂
䁢
⸸ 䁢
ሺ ݂
䁢
⸸
䁢
ሺ݂
䁢䁢⸸
䁢䁢 ሺ
，
因为 x1＞x2＞0,所以
䁢
⸸
䁢
＞
,
䁢 䁢
⸸
＞
，
所以 h(x1)﹣h(x2)＞0，
所以 h(x)＝2x+2﹣x 在[0,+∞)上是增函数，即 y＝f(x)在[0,+∞)上是增函数，
所以不等式 f（1﹣ax）＜f（2+x2）对任意 x
∈
R 恒成立，
转化为|1﹣ax|＜2+x2，即﹣2﹣x2＜1﹣ax＜2+x2,
所以 x2+ax+1＞0 和 x2﹣ax+3＞0 在 R 上恒成立，
①
若 x2+ax+1＞0 在 R 上恒成立，则△1＝a2﹣4＜0，解得﹣2＜a＜2；
②
若 x2﹣ax+3＞0 在 R 上恒成立，则△2＝a2﹣12＜0，解得﹣2
＜a＜2
；
综上所述，实数 a 的取值范围是(﹣2,2)．
故选：D．
15．（2021•韶关一模）人的心脏跳动时，血压在增加或减少，血压的最大值、最小值分别称为收缩压和舒
张压，血压计上的读数就是收缩压和舒张压，读数 120/80mmHg 为标准值．设某人的血压满足函数式 p
（t）＝101+25sin（160
π
t），其中 p（t）为血压（单位：mmHg），t 为时间（单位：min），则下列说法正
确的是（ ）
A．收缩压和舒张压均高于相应的标准值
B．收缩压和舒张压均低于相应的标准值
C．收缩压高于标准值，舒张压低于标准值
D．收缩压低于标准值，舒张压高于标准值
【解析】解：p（t）＝101+25sin（160
π
t），
∵﹣1≤sin（160
π
t）≤1，
∴p（t）
∈
[76，126]，
即为收缩压为 126，舒张压为 76，
∵120
∈
[78，126]，读数 120/80mmHg 为标准值，
∴收缩压高于标准值、舒张压低于标准值，
即选项 C 符合，
故选：C．
16．（2021•韶关一模）已知函数 f（x）＝ln（ex+1）−
x，若
݂thͶ
ሺ
，b＝f（log56），c＝f（log64），
则 a，b，c 的大小关系正确的是（ ）
A．b＞a＞c B．a＞b＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b
【解析】解：因为 f（x）＝ln（ex+1）−
x，
所以 f（﹣x）＝ln（e﹣x+1）
x＝ln（ex+1）﹣x
䁢
ln（ex+1）−
x＝f（x），
所以 f（x）为偶函数，
因为
댳݂䁢ሺ 䁢
䁢 ⸸
⸸
䁢
，
当 x＞0 时，f′（x）＞0，函数单调递增，当 x＜0 时，f′（x）＜0，函数单调递减，
因为
݂thͶ
ሺ
f（log45），b＝f（log56），c＝f（log64），且
因为 lg4+lg6＞2
tͶ
⋅
tn
，
故 lg4•lg6＜
݂ tͶtn
ሺ
tͶ
Ͷ
＜（
t
）2＝（lg5）2，
log45﹣log56
t
tͶ ⸸ tn
t t⸸tͶtn
tͶt
＞0，
所以 log45＞log56＞1＞log64，
则 a＞b＞c．
故选：B．
17．（2018•湖北模拟）函数
݂䁢ሺ 䁢䁢
䁢t䁢
的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【解析】解：根据题意，函数
݂䁢ሺ 䁢䁢
䁢t䁢
，有 2x+lnx≠0，即 lnx≠﹣2x，
设当 0＜m＜1 时，lnm＝﹣2m，则函数的定义域为（0，m）∪（m，+∞），排除 A，D
当 0＜x＜m 时，2x+lnx＜0，xex＞0，则 f（x）＜0，排除 B；
故选：C．
18．（2021•凌源市模拟）牛顿冷却定律描述一个物体在常温下的温度变化：如果物体的初始温度为 T0，则
经过一定时间 t 后的温度 T 将满足 T﹣Ta
݂
ሺ
（T0﹣Ta），其中 Ta 是环境温度，h 称为半衰期．现有一
杯 85℃的热茶，放置在 25℃的房间中，如果热茶降温到 55℃，需要 10 分钟，则欲降温到 45℃，大约需
要多少分钟？（lg2≈0.3010，lg3≈0.4771）（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【解析】解：由题意可知 55﹣25
݂
ሺ
݂ͺ ⸸ ሺ
，
解得：h＝10，
∴45﹣25
݂
ሺ
（85﹣25），
解得：
th
，
∴t＝10log23
t
t
16，
即大约需要 16 分钟．
故选：C．
19．（2019•汕头模拟）若函数 f（x）的定义域为 R，其导函数为 f′（x）．若 f′（x）﹣3＜0 恒成立，f（﹣
2）＝0，则 f（x）﹣3x＜6 解集为（ ）
A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣2，2） C．（﹣∞，2） D．（﹣2，+∞）
【解析】解：令 g（x）＝f（x）﹣3x，
故 g′（x）＝f′（x）﹣3＜0，
故 g（x）在 R 递减，
而 g（﹣2）＝f（﹣2）＝6，
故 f（x）﹣3x＜6，
即 g（x）＜g（﹣2），
故 x＞﹣2，
故选：D．
20．（2021•清新区校级模拟）已知函数 f（x）
th݂䁢 䁢
ሺ ⸸
䁢
，若 f（2a﹣1）+f（a2﹣2）≤﹣2，
则实数 a 的取值范围是（ ）
A．[﹣3，1] B．[﹣2，1] C．（0，1] D．[0，1]
【解析】解：由题可知，f（﹣x）
th݂ ⸸ 䁢 䁢
ሺ ⸸
⸸䁢∴f（x）+f（﹣x）
th݂䁢 䁢
ሺ ⸸
䁢 th݂ ⸸ 䁢 䁢
ሺ ⸸
⸸䁢
th݂ ⸸ 䁢
䁢
ሺ ⸸
䁢 ⸸ 䁢
䁢 ⸸
2，
∴f（x）+1＝﹣[f（﹣x）+1]，
令 g（x）＝f（x）+1，则 g（x）＝﹣g（﹣x），即 g（x）为奇函数，
∵函数 y＝x
䁢
与 y＝3x 在 R 上均单调递增，
∴f（x）在 R 上单调递增，即 g（x）在 R 上也单调递增，
不等式 f（2a﹣1）+f（a2﹣2）≤﹣2，等价于 f（2a﹣1）+1≤﹣[f（a2﹣2）+1]，
∴g（2a﹣1）≤﹣g（a2﹣2）＝g（2﹣a2），
∵g（x）在 R 上单调递增，
∴2a﹣1≤2﹣a2，
解得﹣3≤a≤1，
∴实数 a 的取值范围是[﹣3，1]．
故选：A．
21．（2021•广东模拟）已知函数 f（x）＝2x﹣1，令 a
݂
ሺ
，b＝
݂
ሺ
，c＝
݂thሺ
th
，则 a，b，c 的
大小关系是（ ）
A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜a＜c
【解析】解：令 g（x）
݂䁢ሺ
䁢 䁢⸸
䁢
，x＞0，
则 g′（x）
䁢䁢t⸸䁢
䁢
，
令 h（x）＝x•2xln2﹣2x+1，x＞0，
∴h′（x）＝ln2（x•2xln2+2x）﹣2xln2＝2xln22•x＞0 恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵（2
）10＝25＝32，（5
）10＝25，
∴
＞
＞1，
又 0＜log32＜1，
∴
＞
＞log32，
∴g（
）＞g（
）＞g（log32），
∴
݂
ሺ
＞
݂
ሺ
＞
݂thሺ
th
，
∴a＞b＞c，
故选：B．
22．（2021•广东模拟）已知 a＝log0.40.3，b＝log0.70.4，c＝0.30.7，则（ ）
A．c＜a＜b B．a＜c＜b C．c＜b＜a D．b＜c＜a
【解析】解：∵1＝log0.40.4＜a＝log0.40.3＜log0.40.16＝2，b＝log0.70.4＞log0.70.49＝2，c＝0.30.7＜0.30＝1，
故 c＜b＜a，
故选：A．
23．（2021•惠州模拟）已知 a＝22.1，b＝2.12，c＝ln2.14，则 a，b，c 的大小关系为（ ）
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．c＞b＞a
【解析】解：构造函数 f（x）＝x2，g（x）＝2x，由函数图像可知：
在 x
∈
（2，4）时，x2＞2x，即 f（2.1）＞g（2.1），
∴2.12＞22.1＞22＝4，
又∵ln2.14＝4ln2.1＜4lne＝4，
∴b＞a＞c，
故选：C．
二．多选题（共 10 小题）
24．（2021•湛江一模）已知函数 f（x）＝x3﹣3lnx﹣1，则（ ）
A．f（x）的极大值为 0
B．曲线 y＝f（x）在（1，f（1））处的切线为 x 轴
C．f（x）的最小值为 0
D．f（x）在定义域内单调
【解析】解：f′（x）＝3x2−
䁢 䁢⸸
䁢 ݂䁢⸸ሺ
䁢
，
当 x＞1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当 0＜x＜1 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
对于 A：f（x）极小值＝f（1）＝0，故 A 错误；
对于 B：k 切＝f′（1）＝0，f（1）＝0，
所以曲线 y＝f（x）在（1，f（1））处的切线为 y﹣0＝0（x﹣1），即 y＝0，故 B 正确；
对于 C：f（x）min＝f（x）极小值＝f（1）＝0，故 C 正确；
对于 D：f（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，故 D 错误．
故选：BC．
25．（2021•濠江区校级模拟）下列判断正确的是（ ）
A．
䁢
䁢
的最小值是 2
B．log53＞log96
C．若 a＞0，则 1
∈
{x|1﹣a＜x＜a+1}
D．若函数 f（x）与 g（x）都在区间 D 上是减函数，则 f（x）•g（x）为 D 上的增函数
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于 A，x 与
䁢
符号相同，则|x
䁢
|＝|x|+|
䁢
|≥2
䁢
⋅
䁢
2 当且仅当|x|＝|
䁢
|时，等号成立，故 A 正确；
对于 B，log96
tn
t tt
t
log32＞
log3
＞
Ͷ
，log53＜log5Ͷ
Ͷ
log5Ͷ
log5
Ͷ
Ͷ
，
则 log53＜log96，B 错误，
对于 C，若 a＞0，则 1
∈
{x|1﹣a＜x＜a+1}，C 正确；
对于 D，f（x）
䁢
，g（x）＝﹣x，在区间（0，+∞）上都是减函数，则 f（x）g（x）＝﹣1，不是增函
数，D 错误；
故选：AC．
26．（2021•深圳一模）已知函数 f（x）＝3x+x3，若 0＜m＜1＜n，则下列不等式一定成立的有（ ）
A．f（1﹣m）＜f（n﹣1） B．
݂ ሺ
＜f（m+n）
C．f（logmn）＜f（lognm） D．f（mn）＜f（nm）
【解析】解：根据题意，函数 f（x）＝3x+x3，易得 f（x）在 R 上为增函数，
对于 A，无法判断 1﹣m 与 n﹣1 的大小，故 f（1﹣m）＜f（n﹣1）不一定成立，A 错误，
对于 B，若 0＜m＜1＜n，则有 2
＜m+n，则 f（2
）＜f（m+n），B 正确，
对于 C，当 n
，m＝2 时，logmn＝logmn＝﹣1，则有 f（logmn）＝f（lognm），C 错误，
对于 D，若 0＜m＜1＜n，则 mn＜nm，则有 f（mn）＜f（nm），D 正确，
故选：BD．
27．（2021•东莞市校级模拟）已知函数 y＝f（x），x
∈
R，下列结论正确的是（ ）
A．若对任意 x1，x2，且 x1≠x2，都有
݂䁢ሺ⸸݂䁢ሺ
䁢⸸䁢
＜0，则 f（x）为 R 上减函数
B．若 f（x）为 R 上的偶函数，且在（﹣∞，0）内是减函数，f（﹣2）＝0，则 f（x）＞0 解集为（﹣2，
2）
C．若 f（x）为 R 上的奇函数，则 y＝f（x）•f（|x|）也是 R 上的奇函数
D．若一个函数定义域（﹣1，1）且 x≠0 的奇函数，当 x＞0 时，f（x）＝2x+1，则当 x＜0 时，f（x）＝
2﹣x+1
【解析】解：对于 A，若对于任意 x1，x2
∈
R 且 x1≠x2，都有
݂䁢ሺ⸸݂䁢ሺ
䁢⸸䁢
＜
，
即当 x1＜x2 时，f（x1）＞f（x2），则 f（x）为 R 上的减函数，则 A 正确；
对于 B，若 f（x）为 R 上的偶函数，且在（﹣∞，0）内是减函数，
则 f（x）在（0，+∞）上递增，f（2）＝f（﹣2）＝0，
则 f（x）＞0 即为 f（|x|）＞f（2），即有|x|＞2，解得 x＞2 或 x＜﹣2，则 B 错误；
对于 C，若 f（x）为 R 上的奇函数，
则 f（﹣x）＝﹣f （x），f（﹣x）•f（|﹣x|）＝﹣f（x）f（|x|），
即有 y＝f（x）f（|x|）是奇函数，则 C 正确；
对于 D，当 x＞0 时，f（x）＝2x+1，
当 x＜0 时，﹣x＞0，则 f（﹣x）＝2﹣x+1＝﹣f（x），故 f（x）＝﹣2﹣x﹣1，故 D 错误．
故选：AC．
28．（2021•湛江校级模拟）定义在（0，+∞）上的函数 f（x）的导函数为 f′（x），且（x+1）f′（x）﹣f
（x）＜x2+2x 对 x
∈
（0，+∞）恒成立．下列结论正确的是（ ）
A．2f（2）﹣3f（1）＞5
B．若 f（1）＝2，x＞1，则
݂䁢ሺ
＞
䁢
䁢
C．f（3）﹣2f（1）＜7
D．若 f（1）＝2，0＜x＜1，则
݂䁢ሺ
＞
䁢
䁢
【解析】解：设函数
݂䁢ሺ ݂䁢ሺ⸸䁢
䁢
，则
댳݂䁢ሺ 댳݂䁢ሺ⸸䁢ሻ݂䁢ሺ⸸݂䁢ሺ⸸䁢ሻ
݂䁢ሺ ݂䁢ሺ댳݂䁢ሺ⸸݂䁢ሺ⸸݂䁢䁢ሺ
݂䁢ሺ因为（x+1）f′（x）﹣f（x）＜x2+2x，所以 g′（x）＜0；
则 g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而 g（1）＞g（2）＞g（3），
整理得：2f（2）﹣3f（1）＜5，f（3）﹣2f（1）＜7；
所以 A 错误，C 正确；
当 0＜x＜1 时，若 f（1）＝2，因为，g（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当 0＜x＜1 时，g（x）＞g（1）
，
即
݂䁢ሺ⸸䁢
䁢
＞
，即 f（x）＞
䁢
䁢
，
所以 D 正确，则 B 错误；
故选：CD．
29．（2021•梅州一模）若 10a＝4，10b＝25，则（ ）
A．a+b＝2 B．b﹣a＝1 C．ab＞8lg22 D．b﹣a＞lg6
【解析】解：由 10a＝4，10b＝25，得 a＝lg4，b＝lg25，
则 a+b＝lg100＝2，
−
t
Ͷ
＞
tn
，ab＝4lg2lg5＞4lg2lg4＝8lg22，
故选：ACD．
30．（2021•清新区校级模拟）设 a＝log0.20.3，b＝log20.3，则 （ ）
A．
＜
B． ab＜0 C． a+b＜0 D． ab＜a+b
【解析】解：∵0＝log0.21＜a＝log0.20.3＜log0.20.2＝1，
b＝log20.3＜
th
⸸
1，
∴0＜a＜1，∴b＜﹣1，
∴
＞
，ab＜0， a+b＜0，故 A 错误，BC 均正确；
∵
log0.30.2+log0.32＝log0.30.4＜log0.30.3＝1，
∴
＜
，即
＜
，
∴a+b＞ab，
∵0＜a＜1，b＜﹣1，
∴ab＜a+b＜0，故 D 正确．
故选：BCD．
31．（2021•清新区校级模拟）已知函数 f（x）
⸸䁢
䁢
，
䁢
＜
䁢
݂䁢 ⸸ ሺ
，
䁢
（e 为自然对数的底数），若方程 f（﹣
x）+f（x）＝0 有且仅有四个不同的解，则实数 m 的值不可能为（ ）
A．e B．2e C．6 D．3e
【解析】解：设 F（x）＝f（x）+f（﹣x），可得 F（﹣x）＝F（x），即有 F（x）为偶函数，
由题意考虑 x＞0 时，F（x）有两个零点，
当 x＞0 时，﹣x＜0，f（﹣x）＝ex﹣mx
，
即有 x＞0 时，F（x）＝xex﹣ex+ex﹣mx
xex﹣mx
，
由 F（x）＝0，可得 xex﹣mx
0，
由 y＝xex，y＝m（x−
）相切，设切点为（t，tet），
y＝xex 的导数为 y′＝（x+1）ex，可得切线的斜率为（t+1）et，
可得切线的方程为 y﹣tet＝（t+1）et（x﹣t），
由切线经过点（
，0），可得﹣tet＝（t+1）et（
⸸
t），
解得 t＝1 或−
（舍去），
即有切线的斜率为 2e，
由图象可得 m＞2e 时，直线与曲线有两个交点，
综上可得 m 的范围是（2e，+∞），不可能是 e，2e，
故选：AB．
32．（2021•广东模拟）已知定义在 R 上的函数 f（x），满足 f（x+2）＝f（2﹣x），f'（x）为 f（x）的导函数，
且对于任意的 x
∈
R，都有（x﹣2）f'（x）≤0，则（ ）
A．f（0）＝f（4） B．f（﹣1）＞f（5）
C．
∀
x
∈
R，f（x）≤f（2） D．
∀
x
∈
R，f（x）≥f（2）
【解析】解：∵f（x+2）＝f（2﹣x），
当 x＝2 时，f（0）＝f（4），故 A 正确；
当 x＝3 时，f（﹣1）＝f（5），故 B 错误；
由 f（x+2）＝f（2﹣x）知，y＝f（x）的图象关于直线 x＝2 对称，
又（x﹣2）f'（x）≤0，
∴当 x＞2 时，f'（x）≤0，即 y＝f（x）在区间（2，+∞）上单调递减，
当 x＜2 时，f'（x）≥0，y＝f（x）在区间（﹣∞，2）上单调递增，
∴
∀
x
∈
R，f（x）≤f（2），故 C 正确，D 错误；
综上所述，AC 正确，
故选：AC．
33．（2021•广东模拟）下列函数中是偶函数，且值域为[0，+∞）的有（ ）
A．f（x）＝ln（|x|+1） B．f（x）＝x﹣
䁢C．f（x）＝ex+e﹣x D．f（x）＝x4﹣2x2+1
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于 A，f（x）＝ln（|x|+1），其定义域为 R，
有 f（﹣x）＝ln（|﹣x|+1）＝ln（|x|+1）＝f（x），f（x）是偶函数，
又由|x|≥0，则|x|+1≥1，则有 ln（|x|+1）≥0，故函数的值域为[0，+∞），符合题意，
对于 B，f（x）＝x−
䁢
，其定义域为{x|x≠0}，f（﹣x）＝﹣x
䁢 ⸸
f（x），是奇函数，不符合题意，
对于 C，f（x）＝ex+e﹣x，其定义域为 R，有 f（﹣x）＝ex+e﹣x＝f（x），是偶函数，
f（x）＝ex+e﹣x≥2，其值域为[2，+∞），不符合题意，
对于 D，f（x）＝x4﹣2x2+1，其定义域为 R，
f（﹣x）＝x4﹣2x2+1＝f（x），是偶函数，
又由 f（x）＝（x2﹣1）2≥0，函数的值域为[0，+∞），符合题意，
故选：AD．
三．填空题（共 17 小题）
34．（2021•湛江一模）已知 y＝f（x）的图象关于坐标原点对称，且对任意的 x
∈
R，f（x+2）＝f（﹣x）恒
成立，当﹣1≤x＜0 时，f（x）＝2x，则 f（2021）＝ −
．
【解析】解：根据题意，y＝f（x）的图象关于坐标原点对称，即 y＝f（x）是奇函数，则有 f（﹣x）＝﹣
f（x），
又由对任意的 x
∈
R，f（x+2）＝f（﹣x）恒成立，即 f（x+2）＝﹣f（x）恒成立，
则有 f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x）对任意的 x 都成立，
故 f（x）是周期为 4 的周期函数，则 f（2021）＝f（1+4×505）＝f（1）＝﹣f（﹣1），
当﹣1≤x＜0 时，f（x）＝2x，则 f（﹣1）＝2﹣1
，
则 f（2021）＝f（1）＝﹣f（﹣1）
−
，
故答案为：−
．
35．（2021•濠江区校级模拟）函数 f（x）
Ͷ⸸䁢
t݂䁢ሺ
的定义域为 （﹣1，0）∪（0，2] ．
【解析】解：由题意得：
Ͷ⸸ 䁢
䁢
＞
䁢
，
解得：﹣1＜x＜0 或 0＜x≤2，
故答案为：（﹣1，0）∪（0，2]．
36．（2021•深圳一模）已知函数的图象关于 y 轴对称，且与直线 y＝x 相切，则满足上述条件的二次函数可
以为 f（x）＝ x2
Ͷ
．
【解析】解：设 f（x）＝ax2+bx+c（a≠0），
∵f（x）的图象关于 y 轴对称，
∴对称轴 x
−
0，∴b＝0，
∴f（x）＝ax2+c，
联立得
䁢
䁢
整理的 ax2+c＝x，即 ax2﹣x+c＝0，
∵f（x）的图象与直线 y＝x 相切，
∴△＝1﹣4ac＝0，∴ac
Ͷ
，
∴满足条件的二次函数可以为 f（x）＝x2
Ͷ
．
故答案为：x2
Ͷ
．
37．（2021•深圳一模）冈珀茨模型
݂
ሺ
是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的
模型，并用于描述种群的消亡规律．已知某珍稀物种 t 年后的种群数量 y 近似满足冈珀茨模型：
Ͷ
⸸
（当 t＝0 时，表示 2020 年初的种群数量），若 m（m
∈
N*）年后，该物种的种群数量将不足 2020
年初种群数量的一半，则 m 的最小值为 6 ．（ln2≈0.7）
【解析】解：因为
Ͷ
⸸
，
所以当 t＝0 时，y
Ͷ
，
当 t＝m 时，y
Ͷ
⸸
，
因为 m（m
∈
N*）年后，该物种的种群数量将不足 2020 年初种群数量的一半，
所以
Ͷ
⸸
＜
Ͷ
，
即
⋅
Ͷ
⸸
＜
Ͷ
，
两边同取对数得，ln2+1.4e﹣0.125m＜1.4，即
⸸
＜
，
两边取对数得，﹣0.125m＜﹣ln2＝﹣0.7，
即 m＞5.6，而 m
∈
N*，
所以 m 的最小值为为 6．
故答案为：6．
38．（2014•扬州模拟）已知函数 f（x）＝x（|x|+4），且 f（a2）+f（a）＜0，则 a 的取值范围是 （﹣1，0） ．
【解析】解：∵f（﹣x）＝﹣x（|﹣x|+4）＝﹣x（|x|+4）＝﹣f（x），
∴函数 f（x））＝x（|x|+4）为奇函数，
又
݂䁢ሺ 䁢
Ͷ䁢
，
䁢
⸸ 䁢
Ͷ䁢
，
䁢
＜
，
图象如图，
∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
由 f（a2）+f（a）＜0，得 f（a2）＜﹣f（a）＝f（﹣a），得 a2＜﹣a，解得﹣1＜a＜0．
故答案为：（﹣1，0）．
39．（2021•肇庆二模）设函数 f（x）
䁢 ⸸
，
䁢
＜
䁢
，
䁢
，若 f（f（
Ͷ
））＝4，则 a＝ −
．
【解析】解：根据题意，函数 f（x）
䁢 ⸸
，
䁢
＜
䁢
，
䁢
，
则 f（
Ͷ
）＝2×
Ͷ ⸸
a
⸸
a，
当
⸸
a＜1，即 a＞ −
，则 f（f（
Ͷ
））＝f（
⸸
a）＝2×（
⸸
a）﹣a＝1﹣3a＝4，
解可得：a＝﹣1，不符合题意，
当
⸸
a≥1，即 a
−
，则 f（f（
Ͷ
））＝f（
⸸
a）
⸸
4，
解可得：a
−
，符合题意，
综合可得：a
−
，
故答案为：−
．
40．（2021•湛江校级模拟）已知函数 y＝f（x）是定义在[﹣4，4]上的偶函数，且 f（x）
䁢
⸸
，
䁢 Ͷ
݂䁢ሺ
，
⸸ Ͷ 䁢
＜
，
则不等式（1﹣2x）g（log2x）＜0 的解集用区间表示为 （
Ͷ
，
） ．
【解析】解：函数 y＝f（x）是定义在[﹣4，4]上的偶函数，
且 f（x）
䁢
⸸
，
䁢 Ͷ
݂䁢ሺ
，
⸸ Ͷ 䁢
＜
，则 g（x）＝3﹣x﹣9，故 g（x）的零点为﹣2．
由不等式（1﹣2x）g（log2x）＜0，可得
−
䁢
＜
݂th䁢ሺ
＞
①
，或
−
䁢
＞
݂th䁢ሺ
＜
②
．
由
①
可得
䁢
＞
⸸ Ͷ th䁢
＜
⸸
，∴x
∈∅
．
由
②
可得
䁢
＜
⸸
＜
th䁢
，∴
Ͷ
＜x＜
，
故答案为：（
Ͷ
，
）．
41．（2021•福田区校级二模）已知函数 f（x）＝2x2﹣mx+3 在（﹣2，+∞）上单调递增，在（﹣∞，﹣2]
上单调递减，则 f（1）＝ 13 ．
【解析】解：∵f（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，在（﹣∞，﹣2]上单调递减，
∴函数 f（x）＝2x2﹣mx+3 对称轴为 x
Ͷ ⸸
2，
∴m＝﹣8，
∴f（x）＝2x2+8x+3．
∴f（1）＝13，
故答案为：13．
42．（2021•福田区校级二模）已知函数 f（x）＝2lnx，g（x）＝ax2﹣x−
（a＞0），若总存在直线与函数 y
＝f（x），y＝g（x）图象均相切，则 a 的取值范围是 [
，+∞） ．
【解析】解：设 y＝f（x）与 y＝g（x）的图象在交点处存在切线 y＝kx+t，且切点为（n，2lnn），
由 f′（x）
䁢
，g′（x）＝2ax﹣1，
可得
k＝2an﹣1，2lnn＝kn+t＝an2﹣n−
，
化为 kn＝2，an2
，则 2lnn
⸸
，
即 4lnn+n＝1，
设 h（n）＝4lnn+n，h′（n）
Ͷ
1＞0，可得 h（n）在（0，+∞）递增，
由 h（1）＝1，可得 4lnn+n＝1 的解为 n＝1，
则 a
，由 y＝ax2﹣x−
（a＞0）的图象可得，当 a 越大时，抛物线的开口越小，
可得此时 y＝f（x）和 y＝g（x）的图象相离，总存在直线与它们的图象都相切，
则 a 的范围是[
，+∞）．
故答案为：[
，+∞）．
43．（2021•珠海一模）若以函数 y＝f（x）的图像上任意一点 P（x1，y1）为切点作切线，y＝f（x）图像上
总存在异于 P 点的点 Q（x2，y2），使得以 Q 为切点的直线 l1 与 12 平行，则称函数 f（x）为“美函数”，
下面四个函数中是“美函数”的是
②③
．
①
y＝x3﹣2x；
②
y＝3x
䁢
；
③
y＝cosx；
④
y＝（x﹣2）2+lnx．
【解析】解：由题意得，函数是“美函数”的条件是方程 y′＝a（a 是导数值）至少有两个根．
对于
①
，由 y′＝3x2﹣2，当 y′＝﹣2 时，x 的取值唯一，只有 0，不符合题意；
对于
②
，由 y′＝3−
䁢
a（x≠0 且 a＜3），即
䁢
3﹣a，此方程有两不同的个根，符合题意；
对于
③
，由 y′＝﹣sinx 和三角函数的周期性知，﹣sinx＝a（﹣1≤a≤1）的解有无穷多个，符合题意；
对于
④
，由 y'＝2x﹣4
䁢
（x＞0），令 2x﹣4
䁢
a，则有 2x2﹣（4+a）x+1＝0，当△＝0 时解唯一，不
符合题意．
故四个函数中是“美函数”的是
②③
．
故答案为：
②③
．
44．（2015•陕西）设曲线 y＝ex 在点（0，1）处的切线与曲线 y
䁢
（x＞0）上点 P 的切线垂直，则 P 的坐
标为 （1，1） ．
【解析】解：∵f'（x）＝ex，
∴f'（0）＝e0＝1．
∵y＝ex 在（0，1）处的切线与 y
䁢
（x＞0）上点 P 的切线垂直
∴点 P 处的切线斜率为﹣1．
又 y'
−
䁢
，设点 P（x0，y0）
∴−
䁢 ⸸
1，
∴x0＝±1，∵x＞0，∴x0＝1
∴y0＝1
∴点 P（1，1）
故答案为：（1，1）
45．（2021•韶关一模）若曲线 C1：y＝ax2（a＞0）与曲线 C2：y＝ex 存在公切线，则 a 的取值范围为 [
Ͷ
，
+∞） ．
【解析】解：由 y＝ax2（a＞0），得 y′＝2ax，
由 y＝ex，得 y′＝ex，
曲线 C1：y＝ax2（a＞0）与曲线 C2：y＝ex 存在公共切线，
设公切线与曲线 C1 切于点（x1，ax12），与曲线 C2 切于点（x2，ex2），
则 2ax1＝ex2
䁢⸸䁢
䁢⸸䁢
，
可得 2x2＝x1+2，
∴a
䁢
䁢
，
记 f（x）
䁢
䁢
，
则 f′（x）
䁢
݂䁢⸸ሺ
Ͷ䁢
，
当 x
∈
（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当 x
∈
（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增．
∴当 x＝2 时，f（x）min
Ͷ
．
∴a 的范围是[
Ͷ
，+∞）．
故答案为：[
Ͷ
，+∞）．
46．（2021•清新区校级模拟）已知函数 f（x）
th䁢
，
䁢
＞
䁢
䁢
，
䁢
，则
݂݂
ሺሺ
−
．
【解析】解：由已知，
݂
ሺ th
⸸
，
所以
݂݂
ሺሺ ݂ ⸸ ሺ
⸸
⸸ ⸸
．
故答案为：−
．
47．（2021•清新区校级模拟）已知点（4，2）在幂函数 y＝f（x）的图象上，则不等式 f（x）≥3 的解集为
[9，+∞） ．
【解析】解：设幂函数的解析式为 f（x）＝x
α
，
由幂函数 f（x）的图象过点（4，2），得 2＝4
α
，
解得：
α
，
所以 f（x）
䁢
；
所以 f（x）的定义域为[0，+∞），且单调递增；
故 f（x）≥3，即
䁢
3，解得：x≥9，
故不等式的解集是[9，+∞），
故答案为：[9，+∞）．
48．（2021•广东模拟）写出一个最小正周期为 2 的偶函数 f（x）＝ cos（
π
x）（答案不唯一） ．
【解析】解：根据题意，要求函数是最小正周期为 2 的偶函数，
可以联想余弦函数，
则 f（x）＝cos（
π
x），
故答案为：cos（
π
x）（答案不唯一）
49．（2021•广东模拟）已知函数 f（x）＝
䁢
Ͷ䁢
，
䁢
th䁢
，
䁢
＞
，则函数 y＝f（f（x））﹣1 的零点个数为 10 ．
【解析】解：函数 f（x）＝
䁢
Ͷ䁢
，
䁢
th䁢
，
䁢
＞
的图象如下图所示：
若 f（x）＝1，当 x≤0 时，x2+4x+1＝1
⇒
x＝0 或 x＝﹣4，
当 x＞0 时，|log2x|＝1
⇒
x＝2 或 x
，
结合图象分析：
y＝f[f（x）]﹣1＝0，
则 f[f（x）]＝1，
即 f（x）＝0 或 f（x）＝﹣4 或 f（x）＝2 或 f（x）
；
对于 f（x）＝0，存在 3 个零点；
对于 f（x）＝2，存在 3 个零点；
对于 f（x）
，存在 4 个零点；
对于 f（x）＝﹣4，不存在零点，
综上所述，函数 y＝f[f（x）]﹣1 的零点个数为 10 个，
故答案为：10．
50．（2021•广东模拟）已知函数 f（x）＝ex+ax，当 x≥0 时，f（x）≥0 恒成立，则 a 的取值范围为 [﹣e，
+∞） ．
【解析】解：当 x＝0 时，f（0）＝e0+0＝1＞0 恒成立；
当 x＞0 时，f（x）≥0 恒成立，即 ex+ax≥0，
即为﹣a
䁢
䁢
恒成立，
设 g（x）
䁢
䁢
，则 g′（x）
䁢݂䁢⸸ሺ
䁢
，
当 x＞1 时，g′（x）＞0，g（x）递增；当 0＜x＜1 时，g′（x）＜0，g（x）递减，
可得 x＝1 处 g（x）取得极小值，且为最小值 e，
所以﹣a≤e，即 a≥﹣e，
综上可得，a 的取值范围是[﹣e，+∞）．
故答案为：[﹣e，+∞）．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/4/1 20:55:30；用户：程长月；邮箱：hngsgz031@xyh.com；学号：25355879
微信/支付宝扫码支付