【高考押题卷】2025年高考数学高频易错考前冲刺 函数概念与性质（含解析）

高考数学考前冲刺押题预测 函数概念与性质
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 衢州期末）已知f（x）是定义在R上的偶函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且f（x），g（x）在（﹣∞，0]上单调递增，则下列不等关系恒成立的是（　　）
A．g（g（1））＞g（g（2）） B．g（f（1））＜g（f（2））
C．f（g（1））＞f（g（2）） D．f（f（1））＞f（f（2））
2．（2024秋 湖北期末）已知函数f（x）的定义域为R， m，n∈R，f（m+n）＝f（m）+f（n），当x＞0时，恒有f（x）＞0．若，则a，b，c的大小关系是（　　）
A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a
3．（2024秋 赣州期末）已知函数f（x）满足f（），f（1）＝1，f（x）＝3f（），当0≤x1＜x2≤1时，f（x1）≤f（x2），则f（）＝（　　）
A．3﹣7 B．3﹣6 C．3﹣5 D．3﹣4
4．（2024秋 天心区校级期末）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且f（x）在[0，+∞）上单调递减，设a＝0.32，b＝log20.3，c＝20.3，则（　　）
A．f（a）＜f（c）＜f（b） B．f（b）＜f（a）＜f（c）
C．f（c）＜f（a）＜f（b） D．f（c）＜f（b）＜f（a）
5．（2024秋 岳阳县期末）若如图是函数f（x）＝loga（x﹣b）（a＞0且a≠1，b∈R）的大致图象，则函数g（x）＝a﹣x﹣b的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024秋 五华区校级期末）已知函数在（4，+∞）上单调递减，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．[﹣2，4] C．[0，16] D．[16，+∞）
7．（2024秋 镜湖区校级期末）已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x，则f（x）在R上的表达式是（　　）
A．y＝x（x﹣2） B．y＝x（|x|﹣1） C．y＝|x|（x﹣2） D．y＝x（|x|﹣2）
8．（2024秋 贵州期末）已知定义在R上的函数f（x）满足：f（2）＝2，且 x∈R，f（x+1）≤f（x），f（x+4）≥f（x）+2x+3，则f（10）＝（　　）
A．9 B．25 C．15 D．24
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 永州期末）已知函数f（x），g（x）的定义域为R，且f（x+1）＝f（﹣x），g（x）+g（2﹣x）＝2，f（x+1）﹣1为奇函数，则（　　）
A．g（1）＝1
B．函数f（x）的周期为2
C．f（x）+g（x）+f（﹣x）+g（﹣x）＝2
D．若函数f（x）与g（x）的图象恰有2025个交点，则所有交点的横纵坐标之和为4050
（多选）10．（2024秋 成都期末）已知函数f（x）＝loga（x+a）（a＞0，a≠1），若 x1，x2∈[1，3]，使|f（x1）﹣f（x2）|＝1成立，则实数a的值可以是（　　）
A． B． C． D．
（多选）11．（2024秋 贵阳期末）已知定义在R上函数f（x）的图象是连续不断的，且满足以下条件：
① x∈R，f（﹣x）＝f（x）；
② x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，都有；
③f（﹣1）＝0．
则下列选项成立的是（　　）
A．f（5）＜f（﹣4）
B．若，则x∈（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．若f（m﹣1）＜f（2），则m∈（3，+∞）
D． x∈R， M∈R，使得f（x）≤M
（多选）12．（2024秋 张家界期末）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（　　）
A．f（0）＝2
B．f（x）为偶函数
C．3为函数f（x）的一个周期
D．f（1）+f（2）+f（3）+ +f（2025）＝﹣2
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 成都期末）已知函数f（x）＝4x﹣2x+a+1，对任意的x1，x2∈[1，+∞），若f（x1）＝f（x2），恒有x1＝x2，则实数a的取值范围为 　 　．
14．（2024秋 杨浦区校级期末）已知定义在R上的函数y＝f（x）满足f（2+x）＝﹣f（2﹣x），若函数的图像与函数y＝f（x）的图像的公共点为（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），…，（x20，y20），则（x1+y1）+（x2+y2）+（x3+y3）+ +（x20+y20）＝ 　 　．
15．（2024秋 昌平区期末）已知函数，给出下列四个结论：
①f（x）是偶函数；
②f（x）的值域是（0，1）；
③f（x）在区间（1，+∞）上单调递减；
④g（x）＝f（x+1）﹣f（x﹣1）的函数图象关于原点对称．
其中所有正确结论的序号是 　 　．
16．（2024秋 五华区校级期末）已知函数的对称中心是（a，b），若正数m，n满足2mn2＝b，则的最小值是 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 宝山区校级期末）已知f（x）＝4x﹣a 2x﹣3，a∈R且为常数．
（1）当a＝2时，求f（x）＞0的解集；
（2）当x∈[0，2]，恒有f（x）＞﹣4，求实数a的取值范围．
18．（2024秋 清远期末）已知函数的图象经过两点．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）判断函数f（x）在（1，+∞）上的单调性并用定义进行证明；
（3）已知函数F（x）＝f（x）﹣1，函数g（x）＝loga（4﹣ax），a＞0且a≠1．若对任意x1∈[1，2]，总存在x2∈[1，5]，使得g（x1）≥F（x2）成立，求实数a的取值范围．
19．（2024秋 镜湖区校级期末）已知函数．
（1）求函数f（x）的最小正周期；
（2）若，求cos2x0的值．
（3）若对于任意均有恒成立，求a的取值范围．
20．（2024秋 宁波期末）已知函数f（x）＝log2x，g（x）＝4x﹣a 2x，a∈R，h（x）＝x．
（1）当x∈[2，4]时，求函数h[f（x）]的值域；
（2）当x∈[1，3]时，g（x）+a﹣2≥0恒成立，求a的取值范围；
（3）若存在x1∈[2，4]，使得不等式h[f（x1）]≥|g（x2）﹣g（x3）|对任意x2，x3∈[0，1]恒成立，求a的取值范围．
高考数学考前冲刺押题预测 函数概念与性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 衢州期末）已知f（x）是定义在R上的偶函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且f（x），g（x）在（﹣∞，0]上单调递增，则下列不等关系恒成立的是（　　）
A．g（g（1））＞g（g（2）） B．g（f（1））＜g（f（2））
C．f（g（1））＞f（g（2）） D．f（f（1））＞f（f（2））
【考点】奇偶性与单调性的综合．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】由已知结合函数的单调性及奇偶性检验各选项即可判断．
【解答】解：f（x）是定义在R上的偶函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且f（x），g（x）在（﹣∞，0]上单调递增，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）在R上单调递增，
则0＜g（1）＜g（2），
所以g（g（1））＜g（g（2）），A错误；
由题意可得，f（1）＞f（2），
所以g（f（1））＞g（f（2）），B错误；
由题意可得，0＜g（1）＜g（2），
所以f（g（1））＞f（g（2）），C正确；
由题意可得f（1）＞f（2），但是无法判断f（1），f（2）的正负，无法判断f（f（1））与f（f（2））的大小，D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了函数单调性及奇偶性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
2．（2024秋 湖北期末）已知函数f（x）的定义域为R， m，n∈R，f（m+n）＝f（m）+f（n），当x＞0时，恒有f（x）＞0．若，则a，b，c的大小关系是（　　）
A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a
【考点】奇偶性与单调性的综合；对数值大小的比较．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】依题意，可判断函数f（x）的单调性与奇偶性，进而转化求解即可．
【解答】解：（1）任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2﹣x1＞0，
由f（m+n）＝f（m）+f（n），得f（m+n）﹣f（n）＝f（m），
所以f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1），
又x＞0时恒有f（x）＞0，由x2﹣x1＞0，知f（x2﹣x1）＞0，即f（x2）﹣f（x1）＞0，
所以f（x2）＞f（x1），
故f（x）在R上为增函数；
令m＝n＝0，则由f（m+n）＝f（m）+f（n），得f（0）＝f（0）+f（0），所以f（0）＝0，
再令m＝x，n＝﹣x，则f（﹣x）+f（x）＝f（0）＝0，
故f（x）为R上的奇函数，
所以a＝﹣f（ln）＝f（﹣ln）＝f（ln7），
因为sin1＜1＜ln7＜2，
所以c＝f（sin1）＜f（ln7）＜f（）＝b，即c＜a＜b．
故选：B．
【点评】本题考查抽象函数的单调性与奇偶性的判断及其应用，考查转化与化归思想及运算求解能力，属于中档题．
3．（2024秋 赣州期末）已知函数f（x）满足f（），f（1）＝1，f（x）＝3f（），当0≤x1＜x2≤1时，f（x1）≤f（x2），则f（）＝（　　）
A．3﹣7 B．3﹣6 C．3﹣5 D．3﹣4
【考点】抽象函数的周期性；函数的值．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据题意，由函数的递推关系分析可得f（）＝f（）＝3﹣7，结合题意分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（），f（1）＝1，f（x）＝3f（），即f（），
由于f（）3﹣1，f（）＝3﹣2，f（）＝3﹣3，f（）＝3﹣4，f（）＝3﹣5，f（）＝3﹣6，f（）＝3﹣7，
又由f（1）＝1，则f（）＝3﹣1，f（）＝3﹣2，f（）＝3﹣3，f（）＝3﹣4，f（）＝3﹣5，f（）＝3﹣6，f（）＝3﹣7，
又由，而f（）＝f（）＝3﹣7，
故f（）＝3﹣7．
故选：A．
【点评】本题考查抽象函数的求值，注意递推关系的应用，属于中档题．
4．（2024秋 天心区校级期末）已知f（x）是定义在R上的奇函数，且f（x）在[0，+∞）上单调递减，设a＝0.32，b＝log20.3，c＝20.3，则（　　）
A．f（a）＜f（c）＜f（b） B．f（b）＜f（a）＜f（c）
C．f（c）＜f（a）＜f（b） D．f（c）＜f（b）＜f（a）
【考点】奇偶性与单调性的综合；对数值大小的比较．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合函数的奇偶性，以及单调性，判断f（x）在R上单调递减，即可求解．
【解答】解：f（x）是定义在R上的奇函数，且f（x）在[0，+∞）上单调递减，
则f（x）在区间（﹣∞，0]上单调递减，
故f（x）在R上单调递减，
0＜a＜1，b＝log20.3＜log21＝0，c＝20.3＞20＝1，
故c＞a＞b，
所以f（c）＜f（a）＜f（b）．
故选：C．
【点评】本题主要考查奇偶性与单调性的综合，属于中档题．
5．（2024秋 岳阳县期末）若如图是函数f（x）＝loga（x﹣b）（a＞0且a≠1，b∈R）的大致图象，则函数g（x）＝a﹣x﹣b的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】画出函数的图象．
【专题】计算题；数形结合；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】利用对数函数的图象，判断a，b的范围，然后判断函数g（x）＝a﹣x﹣b的大致图象．
【解答】解：由函数f（x）＝loga（x﹣b）（a＞0且a≠1，b∈R）的大致图象，可知a∈（0，1），b∈（﹣1，0），
函数g（x）＝a﹣x﹣b＝（）x﹣b，函数是增函数，y＝（）x的图象向上平移|b|单位，所以C正确．
故选：C．
【点评】本题考查函数的图象的变换，是基础题．
6．（2024秋 五华区校级期末）已知函数在（4，+∞）上单调递减，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．[﹣2，4] C．[0，16] D．[16，+∞）
【考点】复合函数的单调性．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，设t＝x4，x∈（4，+∞），则yt，由复合函数单调性的判断方法可得t＝x4在（4，+∞）上单调递增且t＞0恒成立，分情况讨论求出a的值，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，函数，
设t＝x4，x∈（4，+∞），则yt，
函数yt在（0，+∞）上递减，
若f（x）在（4，+∞）上单调递减，则t＝x4在（4，+∞）上单调递增且t＞0恒成立，
分3种情况讨论：
①a＝0时，t＝x﹣4，在（4，+∞）递增且t＞0恒成立，符合题意，
②当a＜0时，t＝x4，在（4，+∞）递增，但不能满足t＞0恒成立，不符合题意，
③a＞0时，必有t＝x4在[，+∞）上递增，此时t|x＝40，则有4，即a≤16，
综合可得：0≤a≤16，即a的取值范围为[0，16]．
故选：C．
【点评】本题考查复合函数的单调性，涉及对数函数的性质和应用，属于基础题．
7．（2024秋 镜湖区校级期末）已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x，则f（x）在R上的表达式是（　　）
A．y＝x（x﹣2） B．y＝x（|x|﹣1） C．y＝|x|（x﹣2） D．y＝x（|x|﹣2）
【考点】函数的奇偶性．
【专题】函数的性质及应用．
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性的性质，将x＜0，转化为﹣x＞0，即可求f（x）的表达式．
【解答】解：当x＜0时，﹣x＞0，
∵当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x，
∴f（﹣x）＝x2+2x，
∵f（x）是定义在R上的奇函数，
∴f（﹣x）＝x2+2x＝﹣f（x），
∴f（x）＝﹣x2﹣2x＝﹣x（x+2）＝x（﹣x﹣2），（x＜0），
∴y＝f（x）＝x（|x|﹣2），
故选：D．
【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，利用函数奇偶性的对称性是解决本题的关键．
8．（2024秋 贵州期末）已知定义在R上的函数f（x）满足：f（2）＝2，且 x∈R，f（x+1）≤f（x），f（x+4）≥f（x）+2x+3，则f（10）＝（　　）
A．9 B．25 C．15 D．24
【考点】抽象函数的周期性；函数的值．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，由函数的不等关系递推可得24≤f（10）≤24，即可得答案．
【解答】解：根据题意， x∈R，f（x+1）≤f（x），
由于f（2）＝2，则f（3）≤f（2）+1＝3，f（4）≤f（3），f（5）≤f（4）+2，f（6）≤f（5）9，
f（7）≤f（6）+3≤12，f（8）≤f（7），f（9）≤f（8）+4，f（10）≤f（9）24，
又由f（x+4）≥f（x）+2x+3，而f（2）＝2，
则f（6）≥f（2）+7＝9，f（10）≥f（6）+15≥24，
综合可得：24≤f（10）≤24，故f（10）＝24．
故选：D．
【点评】本题考查抽象函数的求值，注意递推关系的应用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 永州期末）已知函数f（x），g（x）的定义域为R，且f（x+1）＝f（﹣x），g（x）+g（2﹣x）＝2，f（x+1）﹣1为奇函数，则（　　）
A．g（1）＝1
B．函数f（x）的周期为2
C．f（x）+g（x）+f（﹣x）+g（﹣x）＝2
D．若函数f（x）与g（x）的图象恰有2025个交点，则所有交点的横纵坐标之和为4050
【考点】抽象函数的周期性；抽象函数的奇偶性．
【专题】计算题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】令x＝1可得g（1）＝1从而判断A；根据f（x+1）＝f（﹣x）和f（x+1）﹣1为奇函数可推出f（x）＝f（x+2）从而判断B；由g（x）+g（2﹣x）＝2可得到g（x）的性质从而判断C；由f（x）和g（x）图象的对称性可判断D．
【解答】解：对于A选项，不妨令x＝1，可以得到g（1）+g（1）＝2，所以g（1）＝1，故选项A正确；
对于B选项，因为f（x+1）﹣1是奇函数，根据奇函数的性质我们可以得到f（x+1）﹣1+f（﹣x+1）﹣1＝0，
也就是f（x+1）+f（﹣x+1）＝2，又因为f（x+1）＝f（﹣x），
所以f（x）+f（x+1）＝2，所以我们可以得到f（x+1）+f（x+2）＝2，
所以可得f（x）＝f（x+2），所以函数f（x）的周期为2，故选项B正确；
对于C选项，f（x）+f（﹣x）＝2﹣f（x+1）+f（x+1）＝2，
因为g（x）+g（﹣x）＝0不一定成立，
所以f（x）+g（x）+f（﹣x）+g（﹣x）＝2不成立，故选项C错误；
对于D选项，由f（x+1）+f（﹣x+1）＝2和g（x）+g（2﹣x）＝2，
可知函数f（x）和g（x）的图象均关于点（1，1）对称，
若函数f（x）与g（x）的图象恰有2025个交点，
由函数图像的对称性可知所有交点的横坐标之和和纵坐标之和均为2025，
故横纵坐标之和为4050，故选项D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查函数的奇偶性、对称性和周期性的综合分析，以及函数对称性和零点问题的结合，综合性较强，需要学生具有一定的分析问题和解决问题的能力．
（多选）10．（2024秋 成都期末）已知函数f（x）＝loga（x+a）（a＞0，a≠1），若 x1，x2∈[1，3]，使|f（x1）﹣f（x2）|＝1成立，则实数a的值可以是（　　）
A． B． C． D．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由题意有x∈[1，3]上，f（x）max﹣f（x）min≥1，讨论0＜a＜1、a＞1，结合函数单调性列方程求参数值即可．
【解答】解：若 x1，x2∈[1，3]，使|f（x1）﹣f（x2）|＝1成立，
则在x∈[1，3]上，f（x）max﹣f（x）min≥1，
当0＜a＜1，则f（x）在x∈[1，3]上单调递减，故，
所以，可得a2+2a﹣1≥0，故；
当a＞1，则f（x）在x∈[1，3]上单调递增，故，
所以，可得a2≤3，故；
综上，或．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）11．（2024秋 贵阳期末）已知定义在R上函数f（x）的图象是连续不断的，且满足以下条件：
① x∈R，f（﹣x）＝f（x）；
② x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，都有；
③f（﹣1）＝0．
则下列选项成立的是（　　）
A．f（5）＜f（﹣4）
B．若，则x∈（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．若f（m﹣1）＜f（2），则m∈（3，+∞）
D． x∈R， M∈R，使得f（x）≤M
【考点】函数恒成立问题；奇偶性与单调性的综合．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】由题意可得函数f（x）为偶函数，在（0，+∞）上递减，再根据函数的单调性和奇偶性即可判断AC；由f（﹣1）＝0，可得f（1）＝0，再根据函数f（x）的图象在R上是连续不断的，可得出函数值符号不同时x的范围，从而可判断B；要使f（x）≤M，只需要f（x）max≤M，说明函数f（x）有最大值即可判断D．
【解答】解：因为 x∈R，f（﹣x）＝f（x），所以函数f（x）为偶函数，
因为 x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，都有，
所以函数f（x）在（0，+∞）上递减，
则f（5）＜f（4）＝f（﹣4），故A正确；
对于B，因为定义在R上函数f（x）的图象是连续不断的，f（﹣1）＝0，则f（1）＝0，
所以当﹣1＜x＜1时，f（x）＞0，当x＜﹣1或x＞1时，f（x）＜0，
由，得或，解得x＞1或﹣1＜x＜0，
即若，x∈（﹣1，0）∪（1，+∞），故B正确；
对于C，若f（m﹣1）＜f（2），则|m﹣1|＞2，解得m＞3或m＜﹣1，故C错误；
对于D，要使f（x）≤M，只需要f（x）max≤M，
因为函数f（x）的图象在R上是连续不断的，且函数f（x）在（0，+∞）上递减，函数f（x）是R上的偶函数，
所以函数f（x）在（﹣∞，0）上递增，
所以函数f（x）max＝f（0），
所以当M≥f（0）时，f（x）≤M，
故 x∈R， M∈R，使得f（x）≤M，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查函数单调性与奇偶性的综合，函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 张家界期末）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（　　）
A．f（0）＝2
B．f（x）为偶函数
C．3为函数f（x）的一个周期
D．f（1）+f（2）+f（3）+ +f（2025）＝﹣2
【考点】抽象函数的周期性；抽象函数的奇偶性．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】对于A，令x＝y＝0，及f（1）＝1，求得f（0）＝2，即可判断；
对于B，令x＝0，可得f（﹣x）＝f（x），即可判断；
对于C，令y＝1，可得f（x+3）＝﹣f（x），从而可得f（x+6）＝f（x），即可判断；
对于D，结合函数为偶函数、周期为6及f（1）＝1，即可求得f（1）+f（2）+f（3）+ +f（2025）＝﹣2，即可判断．
【解答】解：对于A，因为函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）+f（x﹣y）＝f（x）f（y），f（1）＝1，
令x＝y＝0，
则有2f（0）＝f2（0），
解得f（0）＝0或f（0）＝2，
当f（0）＝0时，
令x＝1，y＝0，
则有2f（1）＝0，f（1）＝0，
不满足f（1）＝1，
所以f（0）＝2，故A正确；
对于B，令x＝0，
则有f（y）+f（﹣y）＝f（0）f（y）＝2f（y），
所以f（﹣y）＝f（y），
即f（﹣x）＝f（x），
所以f（x）为R上偶函数，故B正确；
对于C，令y＝1，
则有f（x+1）+f（x﹣1）＝f（x）f（1）＝f（x），
所以f（x+2）+f（x）＝f（x+1），
所以f（x+2）＝﹣f（x﹣1），
即f（x+3）＝﹣f（x），
所以f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），
所以函数的周期为6，故C错误；
对于D，由f（x+3）＝﹣f（x），
可得f（x+3）+f（x）＝0，
所以f（4）+f（1）＝0，f（5）+f（2）＝0，f（6）+f（3）＝0，
所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）＝0，
在f（x+3）＝﹣f（x）中，
令x＝﹣1，则有f（2）＝﹣f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣1，
令x＝0，则有f（3）＝﹣f（0）＝﹣2，
所以f（1）+f（2）+f（3）+ +f（2025）
＝337×[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）+f（6）]+f（1）+f（2）+f（3）
＝337×0+1﹣1﹣2
＝﹣2，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性、周期性，考查了利用赋值法求抽象函数的值，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 成都期末）已知函数f（x）＝4x﹣2x+a+1，对任意的x1，x2∈[1，+∞），若f（x1）＝f（x2），恒有x1＝x2，则实数a的取值范围为 　（﹣∞，2]　．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（﹣∞，2]．
【分析】根据题设有f（x）在[1，+∞）上是单调函数，再结合指数函数、二次函数的单调性得到2a﹣1≤2，即可求范围．
【解答】解：若f（x1）＝f（x2），恒有x1＝x2，
则f（x）在[1，+∞）上是单调函数，
而f（x）＝4x﹣2x+a+1＝22x﹣2a 2x+1，
令t＝2x∈[2，+∞），则f（x）＝g（t）＝t2﹣2at+1在[2，+∞）上单调，
由t＝2x在[1，+∞）上单调递增，g（t）在（﹣∞，2a﹣1）上单调递减，在[2a﹣1，+∞）上单调递增，
所以只需2a﹣1≤2，解得a≤2，即a的取值范围是（﹣∞，2]．
故答案为：（﹣∞，2]．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
14．（2024秋 杨浦区校级期末）已知定义在R上的函数y＝f（x）满足f（2+x）＝﹣f（2﹣x），若函数的图像与函数y＝f（x）的图像的公共点为（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），…，（x20，y20），则（x1+y1）+（x2+y2）+（x3+y3）+ +（x20+y20）＝ 　40　．
【考点】奇偶函数图象的对称性．
【专题】计算题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】40
【分析】根据奇偶函数对称性求解本题．
【解答】解：由f（2+x）＝﹣f（2﹣x），知函数f（x）的图像关于点（2，0）成中心对称，
又函数的图像也关于点（2，0）成中心对称，所以两函数图像的交点也关于点（2，0）成中心对称，
不妨设关于点（2，0）成中心对称的点为（x1，y1），（x2，y2），则x1+x2＝4，y1+y2＝0，
同理可得x1+x2＝4，y1+y2＝0， ，x19+x20＝4，y19+y20＝0，所以（x1+y1）+（x2+y2）+（x3+y3）+ +（x20+y20）＝（x1+x2+ +x20）+（y1+y2+ +y20）＝4×10+0＝40．
故答案为：40．
【点评】本题考查奇偶函数的对称性，属于中档题．
15．（2024秋 昌平区期末）已知函数，给出下列四个结论：
①f（x）是偶函数；
②f（x）的值域是（0，1）；
③f（x）在区间（1，+∞）上单调递减；
④g（x）＝f（x+1）﹣f（x﹣1）的函数图象关于原点对称．
其中所有正确结论的序号是 　①③④　．
【考点】奇偶函数图象的对称性；复合函数的值域；定义法求解函数的单调性；奇函数偶函数的判断．
【专题】计算题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】①③④
【分析】①④根据奇偶函数定义求解即可；
②根据基本不等式结合极限分析；
③求导判断单调性；
【解答】解：对于①，函数f（x）的定义域为 且关于原点对称，计算得 ，因此①正确．
对于②，由 1，仅当 x＝0 时等号成立，且当 x→+∞时 f（x）→0，因此 f（x） 的值域为[0，1]，故②错误．
对于③，，当 x∈[1，+∞） 时，f′（x）＜0，故 f（x） 单调递减，③正确．
对于④，因 f（x） 是偶函数，令 g（x）＝f（x+1）﹣f（x﹣1），则有g（﹣x）＝f（﹣x+1）﹣f（﹣x﹣1）＝f（x﹣1）﹣f（x+1）＝﹣g（x），表明g（x）是奇函数，图象关于原点对称，故④正确．
综上，正确结论的序号为①③④．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查函数性质的综合应用，属于中档题．
16．（2024秋 五华区校级期末）已知函数的对称中心是（a，b），若正数m，n满足2mn2＝b，则的最小值是 　10　．
【考点】求函数的最值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；不等式；运算求解．
【答案】10．
【分析】根据题意，分析f（x）的对称中心可得b的值，即可得mn2＝1，又由4m+4mnn，结合基本不等式的性质分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数，
则f（2﹣x），
则有f（x）+f（2﹣x）4，故f（x）的对称中心为（1，2），
故b＝2，
若正数m，n满足2mn2＝b，即2mn2＝2，变形可得mn2＝1，
4m+4mnn≥5510，
当且仅当4mn，即m，n时等号成立，
则的最小值是10．
故答案为：10．
【点评】本题考查函数与不等式的综合应用，关键求出b的值，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 宝山区校级期末）已知f（x）＝4x﹣a 2x﹣3，a∈R且为常数．
（1）当a＝2时，求f（x）＞0的解集；
（2）当x∈[0，2]，恒有f（x）＞﹣4，求实数a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；指、对数不等式的解法．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（1）（log23，+∞）；
（2）（﹣∞，2）．
【分析】（1）令2x＝t＞0，则t2﹣2t﹣3＞0，解得t＞3；
（2）换元得到t2﹣at+1＞0在t∈[1，4]上恒成立，参变分离得到在t∈[1，4]上恒成立，由函数单调性求出的最小值，得到a＜2．
【解答】解：（1）a＝2时，f（x）＝4x﹣2x+1﹣3，
令2x＝t＞0，则y＝t2﹣2t﹣3，t2﹣2t﹣3＞0，解得t＞3，
故2x＞3，解得x＞log23，故不等式f（x）＞0的解集为（log23，+∞）；
（2）4x﹣a 2x﹣3＞﹣4 4x﹣a 2x+1＞0，
x∈[0，2]，令2x＝t∈[1，4]，则t2﹣at+1＞0在t∈[1，4]上恒成立，
故在t∈[1，4]上恒成立，
其中在t∈[1，4]上单调递增，故当t＝1时，取得最小值，最小值为2，
故a＜2，即实数a的取值范围为（﹣∞，2）．
【点评】本题主要考查不等式的求法，函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（2024秋 清远期末）已知函数的图象经过两点．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）判断函数f（x）在（1，+∞）上的单调性并用定义进行证明；
（3）已知函数F（x）＝f（x）﹣1，函数g（x）＝loga（4﹣ax），a＞0且a≠1．若对任意x1∈[1，2]，总存在x2∈[1，5]，使得g（x1）≥F（x2）成立，求实数a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；求对数函数及对数型复合函数的单调性；函数解析式的求解及常用方法．
【专题】计算题；证明题；转化思想；分析法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
（3）实数a的取值范围是．
【分析】（1）将已知坐标代入解析式求解；
（2）结合函数单调性定义证明；
（3）对a进行分类讨论求解．
【解答】解：（1）∵，，
∴，解得，
所以．
（2）f（x）在（1，+∞）上单调递增，
证明如下：任取x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2，
则，x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2，
所以x1﹣x2＜0，x1x2＞1，x1x2﹣1＞0，
所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
所以函数f（x）在（1，+∞）上单调递增．
（3），
由（2）可得在[1，5]上单调递增，
所以F（1）＝1，，F（x）的值域为，
因为对 x1∈[1，2]， x2∈[1，5]使得g（x1）≥F（x2）成立，
所以只需g（x）≥1在[1，2]上恒成立．
当a＞1时，，x∈[1，2]，
设，x∈[1，2]，则g1（x）在[1，2]上是减函数，
所以，
故，
当0＜a＜1时，，x∈[1，2]，
设，x∈[1，2]，则g2（x）在[1，2]上为减函数，
所以g1（x）max＝g1（1）＝2，g2（x）min＝g2（2）＝2，
所以，此不等式组无解．
综上，实数a的取值范围是．
【点评】本题考查函数性质的综合应用，属于中档题．
19．（2024秋 镜湖区校级期末）已知函数．
（1）求函数f（x）的最小正周期；
（2）若，求cos2x0的值．
（3）若对于任意均有恒成立，求a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；三角函数中的恒等变换应用．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】（1）π；
（2）；
（3）．
【分析】（1）化简f（x），然后利用周期的公式计算；
（2）根据得到，然后利用同角三角函数基本关系和和差公式计算；
（3）将对于任意均有恒成立转化为于任意均有恒成立，然后利用函数单调性求最值即可得到a的取值范围．
【解答】解：（1）
＝sin2x+cos2x+2sinxcosx+cos（2x）+1+cos（2x）+1﹣3
＝sin2xcos2x
＝2sin（2x），
可得函数f（x）的最小正周期．
（2）因为，，
所以．
因为，所以，
所以，
所以
．
（3）由（1）知，函数，
可得asinasinx﹣2cosx，
因为对于任意均有恒成立，
即对于任意均有asinx﹣cos≥1恒成立，
即对于任意均有恒成立，
又因为，
因为，可得，
又因为单调递增且大于0，可得在上单调递减，
所以，
所以，
所以a的取值范围为．
【点评】本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
20．（2024秋 宁波期末）已知函数f（x）＝log2x，g（x）＝4x﹣a 2x，a∈R，h（x）＝x．
（1）当x∈[2，4]时，求函数h[f（x）]的值域；
（2）当x∈[1，3]时，g（x）+a﹣2≥0恒成立，求a的取值范围；
（3）若存在x1∈[2，4]，使得不等式h[f（x1）]≥|g（x2）﹣g（x3）|对任意x2，x3∈[0，1]恒成立，求a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；函数的值域．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】（1）[2，4]．
（2）a∈（﹣∞，2]．
（3）a∈[﹣1，7]．
【分析】（1）根据已知函数表达式求解即可．
（2）移项，根据不等式结合函数求解a即可．
（3）结合第一问可得|g（x2）﹣g（x3）|≤4对任意x2，x3∈[0，1]恒成立，即g（x）max﹣g（x）min≤4，再设
m（t）＝g（x）＝t2﹣at，t∈[1，2]，根据的取值分类讨论求解即可．
【解答】解：（1）当x∈[2，4]时，f（x）∈[1，2]，所以．
（2）令t＝2x∈[2，8]，t2﹣at+a﹣2≥0恒成立，即恒成立，
所以a∈（﹣∞，2]．
（3）由（1）知，h[f（x）]在[2，4]上的最大值为4，
所以|g（x2）﹣g（x3）|≤4对任意x2，x3∈[0，1]恒成立，即g（x）max﹣g（x）min≤4，
令m（t）＝g（x）＝t2﹣at，t∈[1，2]，
①，即a≤2时，m（t）在[1，2]上单调递增，
所以m（2）﹣m（1）＝（4﹣2a）﹣（1﹣a）＝3﹣a≤4，
所以﹣1≤a，所以﹣1≤a≤2；
②，即2＜a≤3时，m（t）在上递减，在上递增，
所以，
所以0≤a≤8，所以2＜a≤3；
③，即3＜a≤4时，m（t）在上递减，在上递增，
所以，所以﹣2≤a≤6，所以3＜a≤4，
④，即a＞4时，m（t）在[1，2]上单调递减，
所以m（1）﹣m（2）＝（1﹣a）﹣（4﹣2a）＝a﹣3≤4，
所以a≤7，所以4＜a≤7，
综上，a∈[﹣1，7]．
【点评】本题考查函数恒成立问题，属于中档题．
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