第43頁(yè)（共43頁(yè)）2026年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之函數(shù)概念與性質(zhì)（2025年11月）一．選擇題（共8小題）1．已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），且滿足?x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，都有x2f(x1)-x1f(x2)x1A．（﹣∞，﹣2） B．（3，+∞） C．（﹣2，+∞） D．（6，+∞）2．設(shè)函數(shù)y＝f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，滿足f（x﹣2）+f（x）＝0．當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝x3，則下列結(jié)論中正確的是（）A．函數(shù)y＝f（x）的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱 B．函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[7，9]單調(diào)遞減 C．當(dāng)x∈[﹣1，2025]時(shí)，f（x）有1013個(gè)零點(diǎn) D．函數(shù)y＝f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱3．我們把定義域?yàn)閇0，+∞）且同時(shí)滿足以下兩個(gè)條件的函數(shù)f（x）稱為“Ω函數(shù)”：①對(duì)任意的x∈[0，+∞），總有f（x）≥0；②若x≥0，y≥0，則有f（x+y）≥f（x）+f（y）成立，給出下列三個(gè)結(jié)論：其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）（1）若f（x）為“Ω函數(shù)”，則f（0）＝0；（2）函數(shù)h（x）＝x2+x在[0，+∞）上是“Ω函數(shù)”；（3）函數(shù)g(x)=0，x∈Q1A．0 B．1 C．2 D．34．下列圖象不能表示函數(shù)f（x）的圖象的是（）A． B． C． D．5．定義在R上的奇函數(shù)y＝f（x），滿足f（2）＝0，且當(dāng)x＞0時(shí)，不等式f（x）＜﹣xf′（x）恒成立，則函數(shù)g（x）＝xf（x）﹣lg|x﹣1|的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．36．已知連續(xù)函數(shù)f（x）滿足：①?x，y∈R，則有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1；②當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜1；③f（1）＝﹣2，則不等式f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4的解集為（）A．{x|-13＜x＜2} B．7．已知函數(shù)f（x）＝e2x﹣1+e1﹣2x+|2x﹣1|，使得不等式f（2m+1）＜f（m+2）成立的實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A．(-∞，-1)∪(2C．(-23，8．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣e﹣x，下列命題正確的是（）①f（x）是奇函數(shù)；②f（x）在R上是增函數(shù)；③方程f（x）＝x2+2x有且僅有1個(gè)實(shí)數(shù)根；④如果對(duì)任意x∈（0，+∞），都有f（x）＞kx，那么k的最大值為2．A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④二．多選題（共4小題）（多選）9．設(shè)函數(shù)f（x）＝（x﹣1）|x|，則下列說法正確的是（）A．若函數(shù)f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，則0＜B．當(dāng)﹣1＜x＜1時(shí)，f（1﹣x）≥f（x） C．對(duì)?x1，x2∈（0，+∞），不等式f(xD．若f（x）在區(qū)間（m，n）上既有最大值也有最小值，則n（多選）10．已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（xy）＝xf（y）+yf（x）+xy，且x∈（0，1）時(shí)，f（x）+x＜0；x∈（2，+∞）時(shí)，f（x）＞0，則（）A．f（﹣1）＝1 B．f（x）為奇函數(shù) C．當(dāng)x∈（﹣∞，0）時(shí)，f（x）+x＞0 D．f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增（多選）11．記函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），f′（x）的導(dǎo)函數(shù)為g（x），且f（x），f′（x），g（x）定義域均為R，若f（x）為偶函數(shù)，f（x﹣1）為奇函數(shù)，f（0）＞0，且對(duì)任意的m＞1，x∈[﹣1，1]，均有f（x）-fA．f（x）為周期函數(shù) B．f(0)C．g(D．f（x）在區(qū)間（2024，2025）上單調(diào)遞減（多選）12．已知函數(shù)f（x）的定義域是R，對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y滿足f（x+y）＝f（x）+f（y）+2025，且f（1）＝0，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0，則下列結(jié)論正確的是（）A．f（0）＝﹣2025 B．f（﹣2）＝6075 C．函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù) D．函數(shù)f（x）+2025為奇函數(shù)三．填空題（共4小題）13．設(shè)函數(shù)f：N+→N+，并且對(duì)所有正整數(shù)n，有f（n+1）＞f（n），f（f（n））＝3n，則f（2025）的值為．（請(qǐng)用數(shù)字回答）14．已知函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镽，f（1）＝f（2）＝1，且對(duì)任意的x∈R，不等式f（x+2）﹣f（x）﹣x≥0和f（x+4）﹣f（x﹣2）﹣3x≤0均成立，則f（5）的值為；滿足f（x）≥100的x的最小正整數(shù)為．15．設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，f（x﹣1）+1為奇函數(shù)，f（x+2）﹣2為偶函數(shù)，當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝kx+m，若f（3）﹣f（5）＝2，則f(20172)=16．設(shè)函數(shù)f（x）＝|x2+a|+|x+b|（a，b∈R），當(dāng)x∈[﹣2，2]時(shí)，記f（x）的最大值為M（a，b），則M（a，b）的最小值為．四．解答題（共4小題）17．已知f(x)=（1）求a的值，指出f（x）的單調(diào)性（單調(diào)性無需證明）；（2）若函數(shù)g(x)=b?2x2x+2的圖象可以由函數(shù)f（（3）若函數(shù)h(x)=f(x)+k2x+1，是否存在實(shí)數(shù)k，使得對(duì)區(qū)間[1，2]上任意三個(gè)實(shí)數(shù)r，s，t，都存在以h（r18．在平面直角坐標(biāo)系中，兩點(diǎn)P（x1，y1）、Q（x2，y2）的“出租車距離”定義為|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，記為||PQ||．例如點(diǎn)P（﹣1，﹣2）、Q（2，4）的出租車距離為|（﹣1）﹣2|+|（﹣2）﹣4|＝3+6＝9，記為||PQ||＝9．（1）若點(diǎn)P在x軸上，點(diǎn)Q（1，1），且||PQ||≤2，求P點(diǎn)橫坐標(biāo)x的取值范圍；（2）若點(diǎn)P在直線y＝x上，點(diǎn)Q（1，a2），且||PQ||≥2恒成立，求a的取值范圍；（3）若點(diǎn)P（a，b），點(diǎn)Q在函數(shù)y＝x2（x∈[﹣3，3]）的圖像上，||PQ||的最大值記為M（a，b）．求證：不存在實(shí)數(shù)a，b，使得M（a，b）＝5．19．已知?x1，x2∈R，x1（1）設(shè)g（x）＝xf（x），求證：g（x）在R上單調(diào)遞增；（2）對(duì)于任意的a＞0，0＜b＜12，都有f(（3）已知實(shí)數(shù)a＞0，關(guān)于x的不等式：[（a2+4）x+2a]f（（a2+4）x+2a）＜（﹣2ax2）f（﹣2ax2）在[-1220．已知函數(shù)f(（1）利用定義證明f（x）在區(qū)間[3（2）解不等式：2|x（3）若?x1∈[2，3]，?x2∈[3，

2026年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之函數(shù)概念與性質(zhì)（2025年11月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號(hào)12345678答案BCCDDCCB二．多選題（共4小題）題號(hào)9101112答案ABCABDABDACD一．選擇題（共8小題）1．已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），且滿足?x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，都有x2f(x1)-x1f(x2)x1A．（﹣∞，﹣2） B．（3，+∞） C．（﹣2，+∞） D．（6，+∞）【考點(diǎn)】由函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)或參數(shù)．【專題】對(duì)應(yīng)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)x，由已知條件可判斷g（x）是（【解答】解：因?yàn)閷?duì)任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有x2不妨設(shè)0＜x1＜x2，即對(duì)任意兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)x1，x2，都有x2f(所以函數(shù)g(x)=f(又f(x-則g（x﹣3）＜g（x2﹣9），所以0＜x﹣3＜x2﹣9，解得：x＞3，故不等式f(x-3)＜故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，不等式的求解，屬于難題．2．設(shè)函數(shù)y＝f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，滿足f（x﹣2）+f（x）＝0．當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝x3，則下列結(jié)論中正確的是（）A．函數(shù)y＝f（x）的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱 B．函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[7，9]單調(diào)遞減 C．當(dāng)x∈[﹣1，2025]時(shí)，f（x）有1013個(gè)零點(diǎn) D．函數(shù)y＝f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱【考點(diǎn)】奇偶函數(shù)圖象的對(duì)稱性；函數(shù)的周期性．【專題】函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】C【分析】通過賦值和函數(shù)的奇偶性，將f（x﹣2）+f（x）＝0轉(zhuǎn)化為f（x+2）＝﹣f（x）與f（1+x）＝f（1﹣x）分別求出函數(shù)周期和對(duì)稱軸，即可畫出函數(shù)圖象，再結(jié)合圖象一一分析．【解答】解：因?yàn)閒（x﹣2）+f（x）＝0，所以f（x+2）＝﹣f（x）?f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x）?f（x）的周期為4，又因?yàn)閒（x）是定義在R上的奇函數(shù)，則f（x﹣2）+f（x）＝0?f（x﹣2）＝﹣f（x）＝f（﹣x），所以f（x）關(guān)于x＝1對(duì)稱．又當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝x3，據(jù)此可畫出f（x）部分圖像如下：結(jié)合圖像可知：f（x）圖像關(guān)于x＝1+2k，k∈Z對(duì)稱，故A錯(cuò)誤；f（x）圖像關(guān)于（2k，0）對(duì)稱，其中k∈Z，故D錯(cuò)誤．因?yàn)閒（x）的周期為4，故f（x）在[7，9]上單調(diào)性與f（x）在[﹣1，1]上保持一致．又當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝x3，所以f（x）在[﹣1，1]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[7，9]上單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；結(jié)合圖像可知：f（x）零點(diǎn)為2k，k∈Z，令﹣1≤2k≤2025，解得-12≤k≤20252，又k∈Z，所以k＝0故當(dāng)x∈[﹣1，2025]時(shí)，f（x）有1013個(gè)零點(diǎn)，故C正確．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查奇偶函數(shù)圖象的對(duì)稱性及周期性的綜合應(yīng)用，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．3．我們把定義域?yàn)閇0，+∞）且同時(shí)滿足以下兩個(gè)條件的函數(shù)f（x）稱為“Ω函數(shù)”：①對(duì)任意的x∈[0，+∞），總有f（x）≥0；②若x≥0，y≥0，則有f（x+y）≥f（x）+f（y）成立，給出下列三個(gè)結(jié)論：其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）（1）若f（x）為“Ω函數(shù)”，則f（0）＝0；（2）函數(shù)h（x）＝x2+x在[0，+∞）上是“Ω函數(shù)”；（3）函數(shù)g(x)=0，x∈Q1A．0 B．1 C．2 D．3【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合．【專題】函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解；新定義類．【答案】C【分析】根據(jù)給定條件，利用“Ω函數(shù)”的定義逐一判斷各命題得解．【解答】解：對(duì)于（1），取x＝y(tǒng)＝0，得f（0）≥f（0）+f（0），即f（0）≤0，又f（0）≥0，則f（0）＝0，（1）正確；對(duì)于（2），函數(shù)h（x）＝x2+x在[0，+∞）上單調(diào)遞增，h（x）≥h（0）＝0，h（x+y）＝（x+y）2+x+y＝（x2+x）+（y2+y）+2xy＝h（x）+h（y）+2xy，因此h（x+y）≥h（x）+h（y），函數(shù)h（x）＝x2+x在0，+∞）上是“Ω函數(shù)”，（2）正確；對(duì)于（3），g(x)=0，x∈得g（x+y）＝g（2π）＝1＜2＝g（π）+g（π）＝g（x）+g（y），因此函數(shù)g(x)=0，x∈Q1所以正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是2．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)新定義的應(yīng)用，屬于中檔題．4．下列圖象不能表示函數(shù)f（x）的圖象的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】畫出函數(shù)的圖象．【專題】作圖題；整體思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)的定義判斷．【解答】解：由圖可知，對(duì)于x的每一個(gè)取值都有唯一的y值與之對(duì)應(yīng)，故A能表示函數(shù)f（x）的圖象，A選項(xiàng)正確；由圖可知，對(duì)于x的每一個(gè)取值都有唯一的y值與之對(duì)應(yīng)，故B能表示函數(shù)f（x）的圖象，B選項(xiàng)正確；由圖可知，對(duì)于x的每一個(gè)取值都有唯一的y值與之對(duì)應(yīng)，故C能表示函數(shù)f（x）的圖象，C選項(xiàng)正確；由圖，x＝0時(shí)，有兩個(gè)不同的y值與之對(duì)應(yīng)，故D不能表示函數(shù)f（x）的圖象，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的圖像，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)判斷圖像，屬于中檔題．5．定義在R上的奇函數(shù)y＝f（x），滿足f（2）＝0，且當(dāng)x＞0時(shí)，不等式f（x）＜﹣xf′（x）恒成立，則函數(shù)g（x）＝xf（x）﹣lg|x﹣1|的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．3【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題．【專題】計(jì)算題；數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】構(gòu)造h（x）＝xf（x）研究其奇偶性、區(qū)間單調(diào)性，問題轉(zhuǎn)化為求h（x）與y＝lg|x﹣1|的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，數(shù)形結(jié)合判斷交點(diǎn)個(gè)數(shù)，即可得．【解答】解：令h（x）＝xf（x），定義域?yàn)镽，∵f（x）為奇函數(shù)，則h（﹣x）＝﹣xf（﹣x）＝﹣x?[﹣f（x）]＝xf（x）＝h（x），∴h（x）＝xf（x）為偶函數(shù)，∵當(dāng)x＞0時(shí)，不等式f（x）＜﹣xf′（x）恒成立，∴在x∈（0，+∞）上，h′（x）＝f（x）+xf′（x）＜0，∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性知，其在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，由f（2）＝0，則h（2）＝0＝h（﹣2），且h（0）＝0，則h(由函數(shù)g（x）＝xf（x）﹣lg|x﹣1|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)等價(jià)于h（x）與y＝lg|x﹣1|的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，函數(shù)大致圖象如下，其中y＝lg|2﹣1|＝0，且該函數(shù)關(guān)于x＝1對(duì)稱，在（﹣∞，1）、（1，+∞）上分別單調(diào)遞減、單調(diào)遞增，顯然x＝﹣2時(shí)，y＝lg3＞0＝h（﹣2），在（﹣2，0）上，h（x）單調(diào)遞增，則x→0時(shí)，h（x）＞0恒成立，在（﹣2，0]上，y＝lg|x﹣1|單調(diào)遞減，且y＝lg|0﹣1|＝0，∴?x0∈（﹣2，0）使h（x0）＝lg|x0﹣1|，綜上，h（x）與y＝lg|x﹣1|的交點(diǎn)橫坐標(biāo)有x0，0，2，即g（x）有3個(gè)零點(diǎn)．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．6．已知連續(xù)函數(shù)f（x）滿足：①?x，y∈R，則有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1；②當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜1；③f（1）＝﹣2，則不等式f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4的解集為（）A．{x|-13＜x＜2} B．【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合．【專題】函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】C【分析】利用賦值法、構(gòu)造函數(shù)法證得F（x）＝f（x）﹣1是奇函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性的定義可得F（x）在R上單調(diào)遞減，于是，原不等式f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4可轉(zhuǎn)化為F（3x2）＞F（5x﹣2）?3x2＜5x﹣2，解之可求得答案．【解答】解：因?yàn)?x，y∈R，f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，所以，令y＝0，得f（x）＝f（x）+f（0）﹣1，f（0）＝1；令y＝x，得f（2x）＝2f（x）﹣1，2f（x）＝f（2x）+1；令y＝﹣x，得f（x﹣x）＝f（x）+f（﹣x）﹣1，即f（x）﹣1+f（﹣x）﹣1＝0，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（x）﹣1，則F（﹣x）+F（x）＝0?F（x）為奇函數(shù)?F（0）＝0．下面研究F（x）的單調(diào)性：任取0＜x1＜x2，x2﹣x1＞0，則F（x1）﹣F（x2）＝f（x1）﹣f（x2）＝f（x1）﹣f（x1+x2﹣x1）＝f（x1）﹣[f（x1）+f（x2﹣x1）﹣1]＝﹣[f（x2﹣x1）﹣1]，因?yàn)楫?dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜1，又x2﹣x1＞0，所以f（x2﹣x1）＜1，所以F（x1）﹣F（x2）＝﹣[f（x2﹣x1）﹣1]＞0，所以F（x1）＞F（x2），所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，由f（x）是R上的連續(xù)函數(shù)，得F（x）是R上的連續(xù)函數(shù)，則F（x）在R上單調(diào)遞減．由f（1）＝﹣2，得F（1）＝f（1）﹣1＝﹣3，F(xiàn)（﹣1）＝3，F(xiàn)（﹣2）＝﹣F（2）＝﹣[f（2）﹣1]＝﹣f（2）+1＝﹣[f（1）+f（1）﹣1]+1＝6，F(xiàn)（﹣2）＝f（﹣2）﹣1＝6，f（﹣2）＝7，由f（3x2）﹣2f（x）＞f（3x）+4得f（3x2）＞f（3x）+2f（x）+4，f（3x2）＞f（3x）+f（2x）+1+4＝f（3x）+f（2x）﹣1+6＝f（5x）+6＝f（5x）+f（﹣2）﹣1＝f（5x﹣2），則f（3x2）﹣1＞f（5x﹣2）﹣1，F(xiàn)（3x2）＞F（5x﹣2），所以3x2＜5x﹣2，3x2﹣5x+2＝（x﹣1）（3x﹣2）＜0，解得23＜x＜所以不等式的解集為{x|23＜x＜故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)奇偶性及單調(diào)性的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．7．已知函數(shù)f（x）＝e2x﹣1+e1﹣2x+|2x﹣1|，使得不等式f（2m+1）＜f（m+2）成立的實(shí)數(shù)m的取值范圍為（）A．(-∞，-1)∪(2C．(-23，【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合．【專題】函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】C【分析】先判斷出函數(shù)f（x）關(guān)于直線x=12對(duì)稱，再判斷f（x）在[12，+∞）上單調(diào)遞增，原不等式可轉(zhuǎn)化為|2m+1-12|＜|【解答】解：因?yàn)閒（x）＝e2x﹣1+e1﹣2x+|2x﹣1|，所以f（1﹣x）＝e2x﹣1+e1﹣2x+|2x﹣1|＝f（x），所以f（x）的圖象關(guān)于直線x=1當(dāng)x≥12時(shí)，f（x）＝e2x﹣1+e1﹣2x+2x﹣由對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性可知，y＝e2x﹣1+e1﹣2x在[12，+∞）上單調(diào)遞增，又y＝2x﹣1在[12，+所以f（x）在[12，+故原不等式f（2m+1）＜f（m+2），可轉(zhuǎn)化為|2m+1-12|＜|m+2-即（2m+12）2＜（m+32）2，化簡(jiǎn)整理，得3m2﹣m﹣解得-23＜m故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性及對(duì)稱性在不等式求解中的應(yīng)用，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想及運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．8．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣e﹣x，下列命題正確的是（）①f（x）是奇函數(shù)；②f（x）在R上是增函數(shù)；③方程f（x）＝x2+2x有且僅有1個(gè)實(shí)數(shù)根；④如果對(duì)任意x∈（0，+∞），都有f（x）＞kx，那么k的最大值為2．A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題；函數(shù)的奇偶性．【專題】整體思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】對(duì)于①，根據(jù)奇函數(shù)的定義判斷，對(duì)于②，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后利用導(dǎo)數(shù)判斷，對(duì)于③，令g（x）＝f（x）﹣x2﹣2x，可得g（0）＝0，再結(jié)合零點(diǎn)存在性定理分析判斷，對(duì)于④，問題轉(zhuǎn)化為ex﹣e﹣x﹣kx＞0恒成立，構(gòu)造函數(shù)h（x）＝ex﹣e﹣x﹣kx，求導(dǎo)后分析判斷．【解答】解：對(duì)于①，因?yàn)閒（x）＝ex﹣e﹣x的定義域?yàn)镽，且f（﹣x）＝e﹣x﹣ex＝﹣（ex﹣e﹣x）＝﹣f（x），所以f（x）是奇函數(shù)，所以①正確，對(duì)于②，由f（x）＝ex﹣e﹣x，得f′（x）＝ex+e﹣x＞0，所以f（x）在R上是增函數(shù)，所以②正確，對(duì)于③，令g（x）＝f（x）﹣x2﹣2x＝ex﹣e﹣x﹣x2﹣2x，因?yàn)間（0）＝0，所以方程所以f（x）＝x2+2x有一個(gè)根為0，因?yàn)間（2）＝e2﹣e﹣2﹣8＜0，g（3）＝e3﹣e﹣3﹣15＞0，所以方程f（x）＝x2+2x在（2，3）至少有一個(gè)根，所以③錯(cuò)誤，對(duì)于④，若對(duì)任意x∈（0，+∞），都有f（x）＞kx，即ex﹣e﹣x﹣kx＞0恒成立，令h（x）＝ex﹣e﹣x﹣kx，則h′（x）＝ex+e﹣x﹣k，ex+e-x≥2ex?e-x因?yàn)閤＞0，所以取不到等號(hào)，所以ex+e﹣x＞2，若k≤2，則h′（x）＞0恒成立，所以h（x）在x∈（0，+∞）上遞增，所以h（x）＞h（0）＝0，即ex﹣e﹣x﹣kx＞0恒成立，若k＞2，則存在x0∈（0，+∞）使h′（x0）＝0，所以當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，h'（x）＜0，當(dāng)x＞x0時(shí)，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，x0）上遞減，在（x0，+∞）上遞增，所以h（x）在（0，x0）上，有h（x）＜h（0）＝0不合題意，綜上，k≤2，所以k的最大值為2，所以④正確．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，第④個(gè)解的關(guān)鍵是將問題轉(zhuǎn)化為ex﹣e﹣x﹣kx＞0恒成立，然后構(gòu)造函數(shù)h（x）＝ex﹣e﹣x﹣kx，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合基本不等式討論，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．設(shè)函數(shù)f（x）＝（x﹣1）|x|，則下列說法正確的是（）A．若函數(shù)f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，則0＜B．當(dāng)﹣1＜x＜1時(shí)，f（1﹣x）≥f（x） C．對(duì)?x1，x2∈（0，+∞），不等式f(xD．若f（x）在區(qū)間（m，n）上既有最大值也有最小值，則n【考點(diǎn)】由函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)或參數(shù)；函數(shù)的最值．【專題】分類討論；對(duì)應(yīng)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】ABC【分析】作出圖像即可判斷A；利用對(duì)稱性，單調(diào)性分類討論即可判斷B；代入作差即可判斷C；舉反例可判斷D．【解答】解：由題可得f(畫出f（x）的圖象如下圖所示，對(duì)于A，若函數(shù)f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，由圖可知，0＜a≤對(duì)于B，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，﹣1＜﹣x＜0，則0＜1﹣x＜1，此時(shí)f（x）＝x（x﹣1）關(guān)于直線x=故有f（1﹣x）＝f（x），f（1﹣x）≥f（x）成立；當(dāng)x＝0時(shí)，f（1﹣0）＝f（0）＝0，f（1﹣x）≥f（x）成立；當(dāng)﹣1＜x＜0時(shí)，0＜﹣x＜1，1＜1﹣x＜2，由圖知f（1﹣x）＞0＞f（x），即f（1﹣x）≥f（x）成立，綜上，當(dāng)﹣1＜x＜1時(shí)，f（1﹣x）≥f（x），故B正確．對(duì)于C，對(duì)?x1，x2∈（0，+∞），則f=x=-即f(x1對(duì)于D，f（x）在區(qū)間（﹣0.1，0.6）上既有最大值也有最小值，則n-m=0.7故選：ABC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，不等式的應(yīng)用，屬于難題．（多選）10．已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：f（xy）＝xf（y）+yf（x）+xy，且x∈（0，1）時(shí)，f（x）+x＜0；x∈（2，+∞）時(shí)，f（x）＞0，則（）A．f（﹣1）＝1 B．f（x）為奇函數(shù) C．當(dāng)x∈（﹣∞，0）時(shí)，f（x）+x＞0 D．f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增【考點(diǎn)】抽象函數(shù)的單調(diào)性．【專題】函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】ABD【分析】對(duì)于A，利用賦值法求解即可；對(duì)于B，令y＝﹣1，利用A的結(jié)論及奇函數(shù)的定義，即可判斷；對(duì)于C，舉反例x＝﹣1，即可判斷；對(duì)于D，令g（x）=f(x)x+1（x≠0），可得g（x）為偶函數(shù)，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g（x）＜0，當(dāng)x＞2時(shí)，g（x）＞1，且g（xy）＝g（x）+g（y），當(dāng)x＞2時(shí)，令g（【解答】解：對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝1，則有f（1）＝2f（1）+1，解得f（1）＝﹣1，令x＝y(tǒng)＝﹣1，則有f（1）＝﹣f（﹣1）﹣f（﹣1）+1，解得f（﹣1）＝1，故A正確；對(duì)于B，令y＝﹣1，則f（﹣x）＝xf（﹣1）﹣f（x）﹣x＝﹣f（x），所以函數(shù)為R上奇函數(shù)，故B正確；對(duì)于C，當(dāng)x＝﹣1時(shí)，f（x）+x＝f（﹣1）﹣1＝1﹣1＝0，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，令g（x）=f(x)x+則g（﹣x）=f(-x)-x+1=-所以g（x）為偶函數(shù)，且g（1）＝f（1）+1＝0，又因?yàn)間（xy）=f(xy)xy+1=f(y)y+f(x又因?yàn)閤∈（0，1）時(shí)，f（x）+x＜0，所以g（x）=f(又因?yàn)楫?dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，f（x）＞0，即x[g（x）﹣1]＞0，所以g（x）＞1，又因?yàn)間（xy）＝g（x）+g（y），當(dāng)x＞0時(shí)，不妨設(shè)g（x）＝log2x，此時(shí)滿足g（xy）＝g（x）+g（y），g（1）＝0，且x∈（0，1）時(shí)，g（x）＜0，當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，g（x）＞1，所以函數(shù)g（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)2＜x1＜x2時(shí)，f（x2）﹣f（x1）＝x2[g（x2）﹣1]﹣x1[g（x1）﹣1]＝x2g（x2）﹣x1g（x1）+x1﹣x2＝x2log2x2﹣x1log2x1+x1﹣x2，令t=x2x1＞1，則x所以x2logax2﹣x1logax1+x1﹣x2＝tx1log2（tx1）﹣x1log2x1+x1﹣tx1，＝tx1（log2t+log2x1）﹣x1log2x1+x1﹣tx1＝tx1log2t+x1（t﹣1）（log2x1﹣1），因?yàn)閠＞1，x1＞2，所以tx1log2t＞0，x1（t﹣1）（log2x1﹣1）＞0，所以tx1log2t+x1（t﹣1）（log2x1﹣1）＞0，即f（x2）﹣f（x1）＞0，f（x2）＞f（x1），所以f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，故D正確．故選：ABD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了抽象函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，考查了轉(zhuǎn)化思想及賦值法的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）11．記函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），f′（x）的導(dǎo)函數(shù)為g（x），且f（x），f′（x），g（x）定義域均為R，若f（x）為偶函數(shù)，f（x﹣1）為奇函數(shù)，f（0）＞0，且對(duì)任意的m＞1，x∈[﹣1，1]，均有f（x）-fA．f（x）為周期函數(shù) B．f(0)C．g(D．f（x）在區(qū)間（2024，2025）上單調(diào)遞減【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；邏輯思維．【答案】ABD【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性以及對(duì)稱性即可證明A正確，選取特殊值代入計(jì)算可得B正確，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)并結(jié)合不等式恒成立得出函數(shù)極值可判斷C錯(cuò)誤，根據(jù)C中分析并結(jié)合周期性即可判斷D正確．【解答】解：對(duì)于A，由題得f（x）＝f（﹣x），f（x﹣1）＝﹣f（﹣x﹣1），故f（x﹣1）＝﹣f（x+1），則f（x+1）＝﹣f（x+3），可得f（x﹣1）＝f（x+3）?f（x）＝f（x+4），故f（x）周期為4，故A正確；對(duì)于B，代入x＝0，m＝2，可得f(0)整理得f(0)≤3對(duì)于C，首先有f（x+1）+f（x+3）＝0恒成立，故f（x﹣2）+f（x）＝0恒成立，又f（x）＝f（﹣x），則f（2﹣x）+f（x）＝0，求導(dǎo)得﹣f′（2﹣x）+f′（x）＝0，即f′（x）＝f′（2﹣x），再求導(dǎo)得g（x）+g（2﹣x）＝0．令h(x)=f又h′（x）＝f′（x）﹣f′（mx），令h′（x）＝0，即f′（x）＝f′（mx），即f′（2﹣x）＝f′（mx）．令2﹣x＝mx，解得x=故h′(2m+1)=0，同時(shí)代入由f（2﹣x）+f（x）＝0，有h(故x=2m+1為令h′（x）的導(dǎo)函數(shù)為s（x），則s（x）＝g（x）﹣mg（mx），必有s(2m+1)≤0，否則?x0＞0，使得h′（則s(2m+1)=對(duì)于D，由m＞1，則2m+1取值范圍為（0，1），故?x∈（0，1），g（x）≤故f'（x）在區(qū)間（0，1）單調(diào)遞減，且f'（x）＝﹣f'（﹣x），可得f′（0）＝0，故在（0，1）上，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）單調(diào)遞減，由f（x）周期為4，且2024＝4×506，故f（x）在區(qū)間（2024，2025）上單調(diào)遞減，故D正確．故選：ABD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查抽象函數(shù)的性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于難題．（多選）12．已知函數(shù)f（x）的定義域是R，對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y滿足f（x+y）＝f（x）+f（y）+2025，且f（1）＝0，當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0，則下列結(jié)論正確的是（）A．f（0）＝﹣2025 B．f（﹣2）＝6075 C．函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù) D．函數(shù)f（x）+2025為奇函數(shù)【考點(diǎn)】抽象函數(shù)的奇偶性；抽象函數(shù)的周期性．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】ACD【分析】根據(jù)賦值法及函數(shù)的性質(zhì)，針對(duì)各個(gè)選項(xiàng)分別求解即可．【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）的定義域是R，對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，y滿足f（x+y）＝f（x）+f（y）+2025，且f（1）＝0，所以令x＝y(tǒng)＝0，可得f（0）＝f（0）+f（0）+2025，所以f（0）＝﹣2025，所以A選項(xiàng)正確；再令x＝y(tǒng)＝1，可得f（2）＝2f（1）+2025＝2025，再x＝2，y＝﹣2，可得f（0）＝f（2）+f（﹣2）+2025，所以﹣2025＝2025+f（﹣2）+2025，所以f（﹣2）＝﹣6075，所以B選項(xiàng)錯(cuò)誤；令x＞0，y＝1，則f（x+1）＝f（x）+2025＞0，所以當(dāng)x＞0，f（x）+2025＞0，令x＝x1，y＝x2﹣x1，x1＜x2，則f（x2）＝f（x1）+f（x2﹣x1）+2025，所以f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）+2025＞0，所以函數(shù)f（x）為增函數(shù)，所以C選項(xiàng)正確；令y＝﹣x，則f（0）＝f（x）+f（﹣x）+2025＝﹣2025，所以f（x）+2025＝﹣[f（﹣x）+2025]，所以D選項(xiàng)正確．故選：ACD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查抽象函數(shù)的性質(zhì)，賦值法的應(yīng)用，屬中檔題．三．填空題（共4小題）13．設(shè)函數(shù)f：N+→N+，并且對(duì)所有正整數(shù)n，有f（n+1）＞f（n），f（f（n））＝3n，則f（2025）的值為3888．（請(qǐng)用數(shù)字回答）【考點(diǎn)】抽象函數(shù)的周期性．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】3888．【分析】根據(jù)題意可得f（n）嚴(yán)格單調(diào)增，利用賦值法，歸納推理思想可得f（3n+r）＝2?3n+r，0≤r≤3n，r∈N，f（3n?2+r）＝f（f（3n+r））＝3?（3n+r）＝3n+1+3r，0≤r≤3n，r∈N，進(jìn)而可求解．【解答】解：當(dāng)f（1）＝1時(shí)，f（f（1））＝f（1）＝1≠3矛盾，當(dāng)f（1）≥2時(shí)，3＝f（f（1））≥f（2）＞f（1）≥2，故f（1）＝2，又f（f（1））＝f（2）＝3，f（3）＝f（f（2））＝6，f（6）＝f（f（3））＝9，又f（n+1）＞f（n），所以f（4）＝7，f（5）＝8，又f（9）＝f（f（6））＝18，f（7）＝f（f（4））＝12，f（8）＝f（f（5））＝15，f（12）＝f（f（7））＝21，所以f（10）＝19，f（11）＝20，且f（3n）＝f（f（f（n）））＝3f（n），f（3n）＝3nf（1）＝2?3n，f（3n+1）＝2?3n+1，2?3n﹣3n＝3n+1﹣2?3n，f（n）嚴(yán)格單調(diào)，故f（3n+r）＝2?3n+r，0≤r≤3n，r∈N，f（3n?2+r）＝f（f（3n+r））＝3?（3n+r）＝3n+1+3r，0≤r≤3n，r∈N，f（2025）＝f（2×36+567）＝37+3×567＝3888．故答案為：3888．【點(diǎn)評(píng)】本題考查抽象函數(shù)的性質(zhì)，賦值法的應(yīng)用，屬難題．14．已知函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镽，f（1）＝f（2）＝1，且對(duì)任意的x∈R，不等式f（x+2）﹣f（x）﹣x≥0和f（x+4）﹣f（x﹣2）﹣3x≤0均成立，則f（5）的值為5；滿足f（x）≥100的x的最小正整數(shù)為21．【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合．【專題】整體思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】5；21．【分析】第一問根據(jù)不等式的累加求分別可得f（5）≥5及f（5）≤4+f（1）＝5，進(jìn)而可得；第二問同理由累加求和得f（21）≥102+1＝101，再由f（x+2）﹣f（x﹣2）≤2x﹣2進(jìn)行累加求得f（21）≤101及f（22）≤111，進(jìn)而得f（21）＝101，f（22）＝111即得最小數(shù)．【解答】解：由對(duì)任意的x∈R，不等式f（x+2）﹣f（x）﹣x≥0成立，令x＝1，3得，f（3）﹣f（1）≥1，f（5）﹣f（3）≥3，兩式相加得f（5）﹣f（1）≥4，即f（5）≥5，又f（x+2）﹣f（x）﹣x≥0，得f（x+4）﹣f（x+2）﹣x﹣2≥0，即f（x+2）﹣f（x+4）≤﹣x﹣2，與f（x+4）﹣f（x﹣2）﹣3x≤0相加得，f（x+2）﹣f（x﹣2）≤2x﹣2，令x＝3，得f（5）﹣f（1）≤2×3﹣2，即f（5）≤4+f（1）＝5，所以f（5）＝5；由f（x+2）﹣f（x）﹣x≥0，即f（x+2）﹣f（x）≥x，所以f（3）﹣f（1）≥1，f（5）﹣f（3）≥3，f（7）﹣f（5）≥5，…，f（2n+1）﹣f（2n﹣1）≥2n﹣1，以上n個(gè)式子相加得，f（2n+1）﹣f（1）≥1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2，即f（2n+1）≥n2+1，所以f（21）≥102+1＝101，同理有f（4）﹣f（2）≥2，f（6）﹣f（4）≥4，f（8）﹣f（6）≥6，…，f（2n+2）﹣f（2n）≥2n，以上n個(gè)式子相加得，f（2n+2）﹣f（2）≥2+4+6+…+2n＝n（n+1），即f（2n+2）≥n（n+1）+1，所以f（20）≥91，f（22）≥111，再由第一問可知f（x+2）﹣f（x﹣2）≤2x﹣2，進(jìn)而f（x+4）﹣f（x）≤2x+2，所以f（5）﹣f（1）≤2×1+2，f（9）﹣f（5）≤2×5+2，f（13）﹣f（9）≤2×9+2，f（17）﹣f（13）≤2×13+2，f（21）﹣f（17）≤2×17+2，以上5式相加得f（21）﹣f（1）≤2（1+5+9+13+17）+2×5＝100，所以f（21）≤101，再由f（21）≥102+1＝101，得f（21）＝101，同理有f（6）﹣f（2）≤2×2+2，f（10）﹣f（6）≤2×6+2，f（14）﹣f（10）≤2×10+2，f（18）﹣f（14）≤2×14+2，f（22）﹣f（18）≤2×18+2，以上5式相加得f（22）﹣f（2）≤2（2+6+10+14+18）+2×5＝110，即f（22）≤111，再由前可知f（20）≥91，f（22）≥111，所以f（22）＝111，所以f（x）≥100的x的最小正整數(shù)為21．故答案為：5；21．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了由不等式恒成立求解函數(shù)值，賦值法的合理應(yīng)用是求解問題的關(guān)系，屬于難題．15．設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，f（x﹣1）+1為奇函數(shù)，f（x+2）﹣2為偶函數(shù)，當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝kx+m，若f（3）﹣f（5）＝2，則f(20172)=【考點(diǎn)】函數(shù)周期性的判斷與求解；函數(shù)的奇偶性．【專題】函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】12【分析】根據(jù)題目所給對(duì)稱性可推得周期性，根據(jù)所給x∈[﹣1，1]時(shí)的解析式，以及f（3）﹣f（5）＝2，利用對(duì)稱性得到f（1）與f（﹣1），從而求出x∈[﹣1，1]時(shí)的解析式，最后根據(jù)周期求出f(【解答】解：由f（x﹣1）+1為奇函數(shù)，可得f（﹣x﹣1）+1＝﹣f（x﹣1）﹣1，即f（x﹣1）+f（﹣x﹣1）＝﹣2，可知函數(shù)f（x）關(guān)于點(diǎn)（﹣1，﹣1）對(duì)稱，且定義域?yàn)镽，則f（﹣1）＝﹣1，所以f（x）＝﹣f（﹣x﹣2）﹣2；又f（x+2）﹣2為偶函數(shù)，可得f（﹣x+2）﹣2＝f（x+2）﹣2，即f（﹣x+2）＝f（x+2），所以f（﹣x+4）＝f（x）；所以f（﹣x+4）＝﹣f（﹣x﹣2）﹣2，可得﹣f（x）﹣2＝f（﹣x﹣2）＝f（﹣（x+2））＝f（（x+2）+4）＝f（x+6），所以﹣f（x+6）﹣2＝f（x+12），得f（x）＝f（x+12），即f（x）是周期為12的周期函數(shù)．已知當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝kx+m，由f（﹣x+4）＝f（x），則f（3）＝f（﹣1+4）＝f（1）＝k+m，f（5）＝f（1+4）＝f（﹣1）＝﹣k+m＝﹣1，結(jié)合f（3）﹣f（5）＝2，得k+m+1＝2，聯(lián)立解得：k＝1，m＝0，所以當(dāng)x∈[﹣1，1]時(shí)，f（x）＝x，由周期得f(故答案為：12【點(diǎn)評(píng)】本題考查抽象函數(shù)的周期性，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．16．設(shè)函數(shù)f（x）＝|x2+a|+|x+b|（a，b∈R），當(dāng)x∈[﹣2，2]時(shí)，記f（x）的最大值為M（a，b），則M（a，b）的最小值為258【考點(diǎn)】函數(shù)的最值．【專題】轉(zhuǎn)化思想；分析法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由題意可得f（x）在[﹣2，2]的最大值為f（﹣2），f（2），f（-12），f（【解答】解：由去絕對(duì)值可得f（x）在[﹣2，2]的最大值為f（﹣2），f（2），f（-12），f（由題意可得M（a，b）≥f（﹣2）＝|4+a|+|﹣2+b|，M（a，b）≥f（2）＝|4+a|+|2+b|，M（a，b）≥f（12）＝|14+a|+|1M（a，b）≥f（-12）＝|14+a|+|上面四個(gè)式子相加可得4M（a，b）≥2（|4+a|+|14+a|）+（|2﹣b|+|b+2|+|b+12|+|≥2|4-14|+（|2+2|+|12即有M（a，b）≥25可得M（a，b）的最小值為258故答案為：258【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的最值求法，注意運(yùn)用函數(shù)取最值的情況，以及絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，考查運(yùn)算能力和推理能力，屬于中檔題．四．解答題（共4小題）17．已知f(x)=（1）求a的值，指出f（x）的單調(diào)性（單調(diào)性無需證明）；（2）若函數(shù)g(x)=b?2x2x+2的圖象可以由函數(shù)f（（3）若函數(shù)h(x)=f(x)+k2x+1，是否存在實(shí)數(shù)k，使得對(duì)區(qū)間[1，2]上任意三個(gè)實(shí)數(shù)r，s，t，都存在以h（r【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題；函數(shù)圖象的簡(jiǎn)單變換；求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；奇函數(shù)偶函數(shù)的性質(zhì)．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】（1）a＝﹣1；f（x）在R上單調(diào)遞增；（2）b＝2，（0，2）；（3）存在，{k【分析】（1）根據(jù)題意，由f（0）＝0，求得a＝﹣1，得到函數(shù)f（x）的解析式，結(jié)合單調(diào)性的定義與判定方法，即可求解；（2）根據(jù)題意，得到g(x)=b-b2x-1+1（3）由題意，轉(zhuǎn)化為存在以h（r），h（s），h（t）為邊長(zhǎng)的三角形，即x∈[1，2]，2h（x）min＞h（x）max且h（x）min＞0恒成立，分k＝2，k＞2和k＜2，三種情況討論，列出不等式，即可求解．【解答】解：（1）因?yàn)閒(x)=所以f(0)=1+a2=0經(jīng)檢驗(yàn)，a＝﹣1符合題意，故f（x）=2因?yàn)閒（x）=2x-12x+1=1容易判斷f（x）是R上的單調(diào)遞增函數(shù)；（2）由（1）得f(可得g(因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=b?2x2x可得b＝2，所以g(因?yàn)?x﹣1＞0，所以2x﹣1+1＞1，所以-2＜-2所以函數(shù)g（x）的值域?yàn)椋?，2）；（3）由h(假設(shè)對(duì)區(qū)間[1，2]上任意三個(gè)實(shí)數(shù)r，s，t，都存在以h（r），h（s），h（t）為邊長(zhǎng)的三角形，等價(jià)于x∈[1，2]，2h（x）min＞h（x）max且h（x）min＞0恒成立，①當(dāng)k＝2時(shí)，即h（x）＝1，h（x）min＝1，h（x）max＝1，符合；②當(dāng)k＞2時(shí)，h（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，所以h(由2h（x）min＞h（x）max且h（x）min＞0，即2(1+k-2解得k＞﹣3，又因?yàn)閗＞2，所以k＞2；③當(dāng)k＜2時(shí)，h（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，所以h(由2h（x）min＞h（x）max且h（x）min＞0，即2(1+k-2解得k＞-17，又因?yàn)閗＜2綜上所述，實(shí)數(shù)k的取值范圍為{k【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的基本性質(zhì)如：?jiǎn)握{(diào)性、奇偶性及其應(yīng)用，屬于中檔題．18．在平面直角坐標(biāo)系中，兩點(diǎn)P（x1，y1）、Q（x2，y2）的“出租車距離”定義為|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，記為||PQ||．例如點(diǎn)P（﹣1，﹣2）、Q（2，4）的出租車距離為|（﹣1）﹣2|+|（﹣2）﹣4|＝3+6＝9，記為||PQ||＝9．（1）若點(diǎn)P在x軸上，點(diǎn)Q（1，1），且||PQ||≤2，求P點(diǎn)橫坐標(biāo)x的取值范圍；（2）若點(diǎn)P在直線y＝x上，點(diǎn)Q（1，a2），且||PQ||≥2恒成立，求a的取值范圍；（3）若點(diǎn)P（a，b），點(diǎn)Q在函數(shù)y＝x2（x∈[﹣3，3]）的圖像上，||PQ||的最大值記為M（a，b）．求證：不存在實(shí)數(shù)a，b，使得M（a，b）＝5．【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題．【專題】計(jì)算題；整體思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解；新定義類．【答案】（1）[0，2]；（2）(-∞，-（3）證明：設(shè)點(diǎn)Q（x，x2），則||PQ||＝|a﹣x|+|b﹣x2|，假定存在實(shí)數(shù)a，b使M（a，b）＝5，則||PQ||＝|a﹣x|+|b﹣x2|≤5對(duì)任意的x∈[﹣3，3]成立，取x＝0有|a|+|b|≤5，取x＝3有|a﹣3|+|b﹣9|≤5，于是得10≥|a|+|b|+|a﹣3|+|b﹣9|＝（|a|+|a﹣3|）+（|b|+|b﹣9|），而（|a|+|a﹣3|）+（|b|+|b﹣9|）≥12，當(dāng)且僅當(dāng)0≤a≤3，0≤b≤9時(shí)取等號(hào)，則有10≥12與12≥10矛盾，于是得假設(shè)是錯(cuò)的，所以不存在實(shí)數(shù)a，b，使M（a，b）＝5．【分析】（1）根據(jù)“出租車距離”的定義求出||PQ||的表達(dá)式，再解不等式即可；（2）設(shè)P（x，x），要使||PQ||≥2恒成立，只需要||PQ||min≥2即可，求出||PQ||的表達(dá)式，再根據(jù)絕對(duì)值三角不等式求出||PQ||min即可；（3）取特值借助反證法探求出矛盾即可作答．【解答】解：（1）由題意得P（x，0），則||PQ||＝|x﹣1|+|0﹣1|＝|x﹣1|+1≤2，解得0≤x≤2，所以P點(diǎn)橫坐標(biāo)x的取值范圍為[0，2]；（2）設(shè)P（x，x），則||PQ||＝|x﹣1|+|x﹣a2|，要使||PQ||≥2恒成立，只需要||PQ||min≥2即可，||PQ||＝|x﹣1|+|x﹣a2|≥|（x﹣1）﹣（x﹣a2）|＝|a2﹣1|，當(dāng)且僅當(dāng)1≤x≤a2（a2≥1）或a2≤x≤1（a2＜1）時(shí)取等號(hào)，所以||PQ||min=|a2-1|，所以|a2所以a的取值范圍為(-∞，-（3）證明：設(shè)點(diǎn)Q（x，x2），則||PQ||＝|a﹣x|+|b﹣x2|，假定存在實(shí)數(shù)a，b使M（a，b）＝5，則||PQ||＝|a﹣x|+|b﹣x2|≤5對(duì)任意的x∈[﹣3，3]成立，取x＝0有|a|+|b|≤5，取x＝3有|a﹣3|+|b﹣9|≤5，于是得10≥|a|+|b|+|a﹣3|+|b﹣9|＝（|a|+|a﹣3|）+（|b|+|b﹣9|），而（|a|+|a﹣3|）+（|b|+|b﹣9|）≥12，當(dāng)且僅當(dāng)0≤a≤3，0≤b≤9時(shí)取等號(hào)，則有10≥12與12≥10矛盾，于是得假設(shè)是錯(cuò)的，所以不存在實(shí)數(shù)a，b，使M（a，b）＝5．【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)恒成立問題與出租車距離”定義，屬于中檔題．19．已知?x1，x2∈R，x1（1）設(shè)g（x）＝xf（x），求證：g（x）在R上單調(diào)遞增；（2）對(duì)于任意的a＞0，0＜b＜12，都有f(（3）已知實(shí)數(shù)a＞0，關(guān)于x的不等式：[（a2+4）x+2a]f（（a2+4）x+2a）＜（﹣2ax2）f（﹣2ax2）在[-12【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題；定義法求解函數(shù)的單調(diào)性．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明：設(shè)x1，x2∈R且x1＜x2，已知x1因?yàn)閤1＜x2，所以x1﹣x2＜0，因此x1f（x1）﹣x2f（x2）＜0，即x1f（x1）＜x2f（x2），所以g（x1）＜g（x2），故g（x）在R上單調(diào)遞增；（2）8；（3）（0，4）∪（8，+∞）．【分析】（1）設(shè)x1，x2∈R且x1＜x2，由已知可得x1f（x1）＜x2f（x2），即g（x1）＜g（x2），即可得證；（2）已知等式即為g（a+1）＝g（2﹣2b），由g（x）的單調(diào)性可得a+2b＝1，利用乘1法及基本不等式即可求解最小值；（3）由g（x）的單調(diào)性將已知不等式轉(zhuǎn)化為2ax2+（a2+4）x+2a＜0，設(shè)h（x）＝2ax2+（a2+4）x+2a（a＞0），由二次函數(shù)的圖象開口方向及對(duì)稱軸x≤﹣1，可得函數(shù)h（x）在[-12，-14]上單調(diào)遞增，要使h（x）＜0在[-12【解答】解：（1）證明：設(shè)x1，x2∈R且x1＜x2，已知x1因?yàn)閤1＜x2，所以x1﹣x2＜0，因此x1f（x1）﹣x2f（x2）＜0，即x1f（x1）＜x2f（x2），所以g（x1）＜g（x2），故g（x）在R上單調(diào)遞增；（2）由f(a+1)2-2b=f(2-2b)a+1，可得（a+1）f（a+1）＝（2﹣2b）f（2﹣2b），即由（1）知g（x）單調(diào)遞增，所以a+1＝2﹣2b，整理得a+2b＝1（其中a＞0，0＜b＜1所以2a+當(dāng)且僅當(dāng)4ba=ab因此，2a+1（3）由不等式[（a2+4）x+2a]f（（a2+4）x+2a）＜（﹣2ax2）f（﹣2ax2），可得g（（a2+4）x+2a）＜g（﹣2ax2），由（1）知g（x）單調(diào)遞增，所以（a2+4）x+2a＜﹣2ax2，整理得2ax2+（a2+4）x+2a＜0，設(shè)h（x）＝2ax2+（a2+4）x+2a（a＞0），二次函數(shù)h（x）的圖象開口向上，對(duì)稱軸為x=-a2+44a=-所以函數(shù)h（x）在[-所以要使h（x）＜0在[-只需h（x）min＜0，即h（-12）＜0，所以2即a2﹣5a+4＞0，解得0＜a＜4或a＞8，即a的取值范圍是（0，4）∪（8，+∞）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)單調(diào)性的證明，基本不等式的應(yīng)用，函數(shù)恒成立問題，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．20．已知函數(shù)f(（1）利用定義證明f（x）在區(qū)間[3（2）解不等式：2|x（3）若?x1∈[2，3]，?x2∈[3，【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問題；定義法求解函數(shù)的單調(diào)性．【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】（1）證明：設(shè)3≤則f=a=a=(x因?yàn)閤1＜x2，所以x1﹣x2＜0，又a＞0，x1，x因此f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以f（x）在[3（2）（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）；（3）(0，【分析】（1）利用增函數(shù)的定義證明即可；（2）不等式即為x2-3＞5﹣2|x|，且|x|≥3，分5﹣2|x|＜0和5﹣2|（3）由題意，f(x2)max＜(x12-ax1-5)max(x【解答】解：（1）證明：設(shè)3≤則f=a=a=(x因?yàn)閤1＜x2，所以x1﹣x2＜0，又a＞0，x1，x因此f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以f（x）在[3（2）2|x|+x2-3＞5，則x2-3當(dāng)5﹣2|x|＜0，即x＜-52或x＞52時(shí)，不等式恒成立，結(jié)合|x|≥3，可得x當(dāng)5﹣2|x|≥0，即-52≤x≤52時(shí)，兩邊平方整理得（3|x|﹣14）（|x|解得2＜|x|＜143，結(jié)合-52≤x≤52且|x|≥3，可得2＜|x|綜上，不等式：2|x|+x2-3＞（3）由題意，需f(由（1）知f（x）在[3，+∞)單調(diào)遞增，故f（x2）max＝f（2）＝2函數(shù)y=x12-若a2≤52（即a≤5），則最大值在x1＝3處取得，為9﹣3a﹣5＝4則2a+1＜4﹣3a，解得a＜35，又a＞0，所以0＜若a2＞52（即a＞5），則最大值在x1＝2處取得，為4﹣2a﹣5＝﹣1但a＞0時(shí)，﹣1﹣2a＜0，而2a+1＞0，不滿足題意，故舍去此情況．綜上，a的取值范圍為(0，【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的證明，不等式的解法，函數(shù)恒成立問題，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．

考點(diǎn)卡片1．畫出函數(shù)的圖象【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】函數(shù)圖象的作法：通過如下3個(gè)步驟（1）列表；（2）描點(diǎn)；（3）連線．利用描點(diǎn)法作函數(shù)圖象其基本步驟是列表、描點(diǎn)、連線．首先：①確定函數(shù)的定義域；②化簡(jiǎn)函數(shù)解析式；③討論函數(shù)的性質(zhì)（奇偶性、單調(diào)性、周期性、對(duì)稱性等）．其次：列表（尤其注意特殊點(diǎn)、零點(diǎn)、最大值點(diǎn)、最小值點(diǎn)、與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)等），描點(diǎn)，連線．【解題方法點(diǎn)撥】畫函數(shù)圖象的一般方法（1）直接法：當(dāng)函數(shù)表達(dá)式（或變形后的表達(dá)式）是熟悉的基本函數(shù)或解析幾何中熟悉的曲線時(shí)，可根據(jù)這些函數(shù)或曲線的特征直接作出．（2）圖象變換法：若函數(shù)圖象可由某個(gè)基本函數(shù)的圖象經(jīng)過平移、翻折、對(duì)稱得到，可利用圖象變換作出，但要注意變換順序，對(duì)不能直接找到熟悉函數(shù)的要先變形，并應(yīng)注意平移變換與伸縮變換的順序?qū)ψ儞Q單位及解析式的影響．（3）描點(diǎn)法：當(dāng)上面兩種方法都失效時(shí)，則可采用描點(diǎn)法．為了通過描少量點(diǎn)，就能得到比較準(zhǔn)確的圖象，常常需要結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性等性質(zhì)討論．【命題方向】3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)﹣﹣正確作出函數(shù)圖象的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)為了正確地作出函數(shù)圖象，必須做到以下三點(diǎn)：①正確求出函數(shù)的定義域；②熟練掌握幾種基本函數(shù)的圖象，如二次函數(shù)、反比例函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)、形如y＝x+的函數(shù)；③掌握平移變換、伸縮變換、對(duì)稱變換、翻折變換、周期變換等常用的方法技巧，來幫助我們簡(jiǎn)化作圖過程．畫出函數(shù)y＝|x﹣2|（x+1）的圖象．解：y＝|x﹣2|（x+1）=x因此該函數(shù)的圖象是兩個(gè)二次函數(shù)的某部分組合而成的，函數(shù)的圖象如圖．2．函數(shù)圖象的簡(jiǎn)單變換【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圖象變換（1）平移變換：y＝f（x）a＞0，右移a個(gè)單位（a＜0，左移|a|個(gè)單位）?y＝f（x﹣a）；y＝f（x）b＞0，上移b個(gè)單位（b＜0，下移|b|個(gè)單位）?y＝f（x）+b．（2）伸縮變換：y＝f（x）y＝f（ωx）；y＝f（x）A＞1，伸為原來的A倍（0＜A＜1，縮為原來的A倍）?y＝Af（x）．（3）對(duì)稱變換：y＝f（x）關(guān)于x軸對(duì)稱?y＝﹣f（x）；y＝f（x）關(guān)于y軸對(duì)稱?y＝f（﹣x）；y＝f（x）關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱?y＝﹣f（﹣x）．（4）翻折變換：y＝f（x）去掉y軸左邊圖，保留y軸右邊圖，將y軸右邊的圖象翻折到左邊?y＝f（|x|）；y＝f（x）留下x軸上方圖將x軸下方圖翻折上去y＝|f（x）|．【解題方法點(diǎn)撥】畫函數(shù)圖象的一般方法（1）直接法：當(dāng)函數(shù)表達(dá)式（或變形后的表達(dá)式）是熟悉的基本函數(shù)或解析幾何中熟悉的曲線時(shí)，可根據(jù)這些函數(shù)或曲線的特征直接作出．（2）圖象變換法：若函數(shù)圖象可由某個(gè)基本函數(shù)的圖象經(jīng)過平移、翻折、對(duì)稱得到，可利用圖象變換作出，但要注意變換順序，對(duì)不能直接找到熟悉函數(shù)的要先變形，并應(yīng)注意平移變換與伸縮變換的順序?qū)ψ儞Q單位及解析式的影響．（3）描點(diǎn)法：當(dāng)上面兩種方法都失效時(shí)，則可采用描點(diǎn)法．為了通過描少量點(diǎn)，就能得到比較準(zhǔn)確的圖象，常常需要結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性等性質(zhì)討論．【命題方向】圖象變換中的易錯(cuò)點(diǎn)在解決函數(shù)圖象的變換問題時(shí)，要遵循“只能對(duì)函數(shù)關(guān)系式中的x，y變換”的原則，寫出每一次的變換所得圖象對(duì)應(yīng)的解析式，這樣才能避免出錯(cuò)．正確作出函數(shù)圖象的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)為了正確地作出函數(shù)圖象，必須做到以下三點(diǎn)：①正確求出函數(shù)的定義域；②熟練掌握幾種基本函數(shù)的圖象，如二次函數(shù)、反比例函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)、形如y＝x+的函數(shù)；③掌握平移變換、伸縮變換、對(duì)稱變換、翻折變換、周期變換等常用的方法技巧，來幫助我們簡(jiǎn)化作圖過程．將函數(shù)y＝2（x﹣1）2+3的圖象向左平移1個(gè)單位，再向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度，所得的函數(shù)圖象對(duì)應(yīng)的解析式為（）解：函數(shù)y＝2（x﹣1）2+3的圖象向左平移1個(gè)單位得到y(tǒng)＝2x2+3，再向下平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝2x2．3．定義法求解函數(shù)的單調(diào)性【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一般地，設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镮，如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量x1，x2，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f（x1）＜f（x2），那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是增函數(shù)；當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f（x1）＞f（x2），那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是減函數(shù)．若函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)f（x）在這一區(qū)間具有（嚴(yán)格的）單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間．【解題方法點(diǎn)撥】判斷函數(shù)的單調(diào)性，有四種方法：定義法；導(dǎo)數(shù)法；函數(shù)圖象法；基本函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用；復(fù)合函數(shù)遵循“同增異減”；證明方法有定義法；導(dǎo)數(shù)法．單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用符號(hào)“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)，只能用“和”或“，”連結(jié)．設(shè)任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么①f(x1)-f(x2)x1f(x1)-f(x2)x1②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0?f（x）在[a，b]上是增函數(shù)；（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0?f（x）在[a，b]上是減函數(shù)．【命題方向】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．是高考的重點(diǎn)內(nèi)容，一般是壓軸題，常與函數(shù)的導(dǎo)數(shù)相結(jié)合，課改地區(qū)單調(diào)性定義證明考查大題的可能性比較?。畯慕甑母呖荚囶}來看，函數(shù)單調(diào)性的判斷和應(yīng)用以及函數(shù)的最值問題是高考的熱點(diǎn)，題型既有選擇題、填空題，又有解答題，難度中等偏高；客觀題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、最值的靈活確定與簡(jiǎn)單應(yīng)用，主觀題在考查基本概念、重要方法的基礎(chǔ)上，又注重考查函數(shù)方程、等價(jià)轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法．已知函數(shù)f(x)=x2（1）求實(shí)數(shù)m的值；（2）判斷f（x）在區(qū)間(2解：（1）因?yàn)閒（x）是奇函數(shù)，即f（﹣x）＝﹣f（x）．所以有x2+2-x+m=-x2解得m＝0．（2）函數(shù)f（x）在區(qū)間(2證明：由于m＝0，所以f(設(shè)?x1，x2∈(2則f(由x1，x所以x1x2＞2，x1x2﹣2＞0．又由x1＜x2，得x1﹣x2＜0，于是(x1-x2)x1x2(所以函數(shù)f（x）在區(qū)間(24．求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一般地，設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镮，如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量x1，x2，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f（x1）＜f（x2），那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是增函數(shù)；當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f（x1）＞f（x2），那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是減函數(shù)．若函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)f（x）在這一區(qū)間具有（嚴(yán)格的）單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間．【解題方法點(diǎn)撥】判斷函數(shù)的單調(diào)性，有四種方法：定義法；導(dǎo)數(shù)法；函數(shù)圖象法；基本函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用；復(fù)合函數(shù)遵循“同增異減”；證明方法有定義法；導(dǎo)數(shù)法．單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫，不能用符號(hào)“∪”聯(lián)結(jié)，也不能用“或”聯(lián)結(jié)，只能用“和”或“，”連結(jié)．設(shè)任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么①f(x1)-f(x2)x1f(x1)-f(x2)x1②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0?f（x）在[a，b]上是增函數(shù)；（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0?f（x）在[a，b]上是減函數(shù)．【命題方向】題目包括求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，通過解析式和圖象分析函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，并解決與單調(diào)區(qū)間相關(guān)的實(shí)際問題．已知函數(shù)f（x）=x2-解：函數(shù)f（x）=x2-2x-3，可知x2﹣2x﹣3≥0，解得x二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3≥0，在x≥3時(shí)，函數(shù)是增函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f（x）=x2-2x故答案為：[3，+∞）．5．由函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)或參數(shù)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一般地，設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镮，如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量x1，x2，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f（x1）＜f（x2），那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是增函數(shù)；當(dāng)x1＞x2時(shí)，都有f（x1）＜f（x2），那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是減函數(shù)．若函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)f（x）在這一區(qū)間具有（嚴(yán)格的）單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間．【解題方法點(diǎn)撥】證明函數(shù)的單調(diào)性用定義法的步驟：①取值；②作差；③變形；④確定符號(hào)；⑤下結(jié)論．利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)單調(diào)性的步驟：第一步：求函數(shù)的定義域．若題設(shè)中有對(duì)數(shù)函數(shù)一定先求定義域，若題設(shè)中有三次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)可不考慮定義域．第二步：求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x），并令f′（x）＝0，求其根．第三步：利用f′（x）＝0的根和不可導(dǎo)點(diǎn)的x的值從小到大順次將定義域分成若干個(gè)小開區(qū)間，并列表．第四步：由f′（x）在小開區(qū)間內(nèi)的正、負(fù)值判斷f（x）在小開區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性；求極值、最值．第五步：將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為f（x）max≤a或f（x）min≥a，解不等式求參數(shù)的取值范圍．第六步：明確規(guī)范地表述結(jié)論【命題方向】從近三年的高考試題來看，函數(shù)單調(diào)性的判斷和應(yīng)用以及函數(shù)的最值問題是高考的熱點(diǎn)，題型既有選擇題、填空題，又有解答題，難度中等偏高；客觀題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、最值的靈活確定與簡(jiǎn)單應(yīng)用，主觀題在考查基本概念、重要方法的基礎(chǔ)上，又注重考查函數(shù)方程、等價(jià)轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法．預(yù)測(cè)明年高考仍將以利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，研究單調(diào)性及利用單調(diào)性求最值或求參數(shù)的取值范圍為主要考點(diǎn)，重點(diǎn)考查轉(zhuǎn)化與化歸思想及邏輯推理能力．6．抽象函數(shù)的單調(diào)性【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】抽象函數(shù)的單調(diào)性是指沒有具體解析式的函數(shù)（其性質(zhì)通常由函數(shù)方程如f（x+y）＝f（x）+f（y）等給出）在定義域內(nèi)函數(shù)值的變化趨勢(shì)．由于其抽象性，判斷其單調(diào)性無法直接判斷，必須嚴(yán)格依賴函數(shù)單調(diào)性的定義和題目所給的性質(zhì)條件．解決這類問題能有效培養(yǎng)數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理和代數(shù)變形的能力．【解題方法點(diǎn)撥】判斷抽象函數(shù)單調(diào)性的核心方法是定義法，并輔以一些常用的策略和技巧．1．定義法（核心方法）遵循“取值—作差（商）—變形—定號(hào)—結(jié)論”的步驟．取值：在指定區(qū)間內(nèi)任取x1，x2，并設(shè)x1＜x2．作差：計(jì)算f（x1）﹣f（x2）．變形：這是關(guān)鍵和難點(diǎn)．利用題設(shè)函數(shù)方程，將差值f（x1）﹣f（x2）變形為易于判斷符號(hào)的表達(dá)式．定號(hào)：根據(jù)題設(shè)條件判斷變形后的差式符號(hào)．結(jié)論：依據(jù)定義給出單調(diào)性結(jié)論．2．常見抽象函數(shù)模型及其單調(diào)性掌握一些常見抽象函數(shù)模型及其對(duì)應(yīng)的單調(diào)性，有助于快速分析和驗(yàn)證：正比例型：滿足f（x+y）＝f（x）+f（y）．若x＞0時(shí)f（x）＜0，則f（x）在R上單調(diào)遞減．指數(shù)型：滿足f（x+y）＝f（x）?f（y）且f（x）＞0．若x＞0時(shí)f（x）＞1，則f（x）在R上單調(diào)遞增．對(duì)數(shù)型：滿足f（xy）＝f（x）+f（y）（定義域x＞0）．若x＞1時(shí)f（x）＞0，則f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．【命題方向】高考中對(duì)抽象函數(shù)單調(diào)性的考查主要集中在以下方面：1．單調(diào)性的判斷與證明：直接要求證明或判斷某個(gè)抽象函數(shù)的單調(diào)性．2．求解函數(shù)不等式：這是最常見的題型．3．求參數(shù)的取值范圍：已知函數(shù)的單調(diào)性（或在某區(qū)間單調(diào)），求參數(shù)的范圍．常需轉(zhuǎn)化為恒成立問題．7．函數(shù)的最值【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】函數(shù)最大值或最小值是函數(shù)的整體性質(zhì)，從圖象上看，函數(shù)的最大值或最小值是圖象最高點(diǎn)或最低點(diǎn)的縱坐標(biāo)，求函數(shù)的最值一般是先求出極值在求出端點(diǎn)的值，然后進(jìn)行比較可得．【解題方法點(diǎn)撥】①基本不等式法：如當(dāng)x＞0時(shí)，求2x+8x的最小值，有2x+8x②轉(zhuǎn)化法：如求|x﹣5|+|x﹣3|的最小值，那么可以看成是數(shù)軸上的點(diǎn)到x＝5和x＝3的距離之和，易知最小值為2；③求導(dǎo)法：通過求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而求出極值，再結(jié)合端點(diǎn)的值最后進(jìn)行比較．【命題方向】本知識(shí)點(diǎn)是?？键c(diǎn)，重要性不言而喻，而且通常是以大題的形式出現(xiàn)，所以務(wù)必引起重視．本知識(shí)點(diǎn)未來將仍然以復(fù)合函數(shù)為基礎(chǔ)，添加若干個(gè)參數(shù)，然后求函數(shù)的定義域、參數(shù)范圍或者滿足一些特定要求的自變量或者參數(shù)的范圍．常用方法有分離參變量法、多次求導(dǎo)法等．8．函數(shù)的奇偶性【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】①如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)x，都有f（﹣x）＝﹣f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做奇函數(shù)，其圖象特點(diǎn)是關(guān)于（0，0）對(duì)稱．②如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)x，都有f（﹣x）＝f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做偶函數(shù)，其圖象特點(diǎn)是關(guān)于y軸對(duì)稱．【解題方法點(diǎn)撥】①奇函數(shù)：如果函數(shù)定義域包括原點(diǎn)，那么運(yùn)用f（0）＝0解相關(guān)的未知量；②奇函數(shù)：若定義域不包括原點(diǎn)，那么運(yùn)用f（x）＝﹣f（﹣x）解相關(guān)參數(shù)；③偶函數(shù)：在定義域內(nèi)一般是用f（x）＝f（﹣x）這個(gè)去求解；④對(duì)于奇函數(shù)，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的部分其單調(diào)性一致，而偶函數(shù)的單調(diào)性相反．例題：函數(shù)y＝x|x|+px，x∈R是（）A．偶函數(shù)B．奇函數(shù)C．非奇非偶D．與p有關(guān)解：由題設(shè)知f（x）的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．因?yàn)閒（﹣x）＝﹣x|﹣x|﹣px＝﹣x|x|﹣px＝﹣f（x），所以f（x）是奇函數(shù)．故選B．【命題方向】函數(shù)奇偶性的應(yīng)用．本知識(shí)點(diǎn)是高考的高頻率考點(diǎn)，大家要熟悉就函數(shù)的性質(zhì)，最好是結(jié)合其圖象一起分析，確保答題的正確率．9．奇函數(shù)偶函數(shù)的性質(zhì)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】①如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)x，都有f（﹣x）＝﹣f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做奇函數(shù)，其圖象特點(diǎn)是關(guān)于（0，0）對(duì)稱．②如果函數(shù)f（x）的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且定義域內(nèi)任意一個(gè)x，都有f（﹣x）＝f（x），那么函數(shù)f（x）就叫做偶函數(shù)，其圖象特點(diǎn)是關(guān)于y軸對(duì)稱．【解題方法點(diǎn)撥】①奇函數(shù)：如果函數(shù)定義域包括原點(diǎn)，那么運(yùn)用f（0）＝0解相關(guān)的未知量；②奇函數(shù)：若定義域不包括原點(diǎn)，那么運(yùn)用f（x）＝﹣f（﹣x）解相關(guān)參數(shù)；③偶函數(shù)：在定義域內(nèi)一般是用f（x）＝f（﹣x）這個(gè)去求解；④對(duì)于奇函數(shù)，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的部分其單調(diào)性一致，而偶函數(shù)的單調(diào)性相反．【命題方向】題目包括判斷奇偶函數(shù)，分析其對(duì)稱性及應(yīng)用，結(jié)合實(shí)際問題解決奇偶函數(shù)相關(guān)的問題．設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）＝2x2﹣x，則f（3）＝_____．解：f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）＝2x2﹣x，則f（3）＝﹣f（﹣3）＝﹣[2×（﹣3）2﹣（﹣3）]＝﹣21．故答案為：﹣21．10．奇偶函數(shù)圖象的對(duì)稱性【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】奇偶函數(shù)的對(duì)稱性是相對(duì)于其圖象來說的，具體而言奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，其特點(diǎn)是f（x）＝m時(shí)，f（﹣x）＝﹣m；偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，它