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高考数学高频易错押题预测 函数概念与性质
一．选择题（共8小题）
1．（2025 湖南模拟）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+2，则＝（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 五华区模拟）已知函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣a﹣2b），a，b∈R，且ab≠0，若当x≥0时，f（x）≥0，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．（﹣∞，2] C．[2，+∞） D．（0，+∞）
3．（2025 天津模拟）函数的部分图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025 保定校级模拟）已知函数f（x）＝sinω（x+π）为奇函数且ω＞0，则f（π）＝（　　）
A．0 B．1 C．﹣1 D．±1
5．（2025 江西一模）函数的部分图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025 浙江模拟）若函数f（x）满足对任意n∈N*，恒有f（n）≥2n，且f（x+y）＝f（x）+f（y）+4xy，则f（i）的最小值是（　　）
A．408 B．400 C．204 D．200
7．（2025 山海关区模拟）已知函数f（x）＝|sinx|+|cosx|﹣，则f（x）的值域为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025 碑林区校级模拟）已知定义在R上的函数f（x）在区间[﹣1，0]上单调递增，且满足f（4﹣x）＝f（x），f（2﹣x）＝﹣f（x），则（　　）
A． B．f（0.9）+f（1.2）＞0
C．f（2.5）＞f（log280） D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 无锡模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，且f（2﹣x）﹣f（x﹣2）＝4﹣2x，f′（x）的图象关于点（2，0）对称，则（　　）
A．f′（0）＝1
B．y＝f（x）﹣x为偶函数
C．f（x）的图象关于点（2，0）对称
D．f′（2024）＝﹣1012
（多选）10．（2025 项城市模拟）下列说法正确的是（　　）
A．函数的图象既不关于某点对称也不关于某直线对称
B．函数的图象关于某直线对称
C．函数y＝﹣x3+3x2﹣2x+1的图象关于某点对称
D．函数的图象关于某点对称
（多选）11．（2025 延边州一模）设f（x）是R上的奇函数，且对 x∈R都有f（2﹣x）＝f（x），当x∈[0，1]时，f（x）＝x2，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）的最大值是1，最小值是0
B．当3≤x≤4时，f（x）＝﹣（x﹣4）2
C．点（1，0）是函数f（x）的对称中心
D．f（x）在区间（3，5）上是增函数
（多选）12．（2025 信阳校级二模）已知b＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式ax3+3x2﹣abx﹣3b≤0恒成立，则（　　）
A．a＜0
B．a2b＝3
C．a2+4b的最小值为12
D．a2+ab+3a+b的最小值为6﹣6
三．填空题（共4小题）
13．（2025 深圳一模）已知，则f（﹣2）＝　 　；若f（a）＝4，则a＝　 　．
14．（2025 濮阳二模）已知函数f（x）的定义域为[﹣3，3]，则函数的定义域为 　 　．
15．（2025 长春模拟）正整数a，b满足3＜a＜b＜9，则的最大值为 　 　．
16．（2025 深圳模拟）若存在a，b，c∈[π，2π]（a，b，c互不相等），满足|sinωa|+|sinωb|+|sinωc|＝3（ω＞0），则ω的取值范围为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 昌黎县校级模拟）已知函数g（x）＝2ln（﹣t﹣1）+cos（﹣t﹣2）．
（1）函数f（x）与g（x）的图像关于x＝﹣1对称，求f（x）的解析式；
（2）f（x）﹣1≤ax在定义域内恒成立，求a的值；
（3）求证：，n∈N*．
18．（2025 嘉兴模拟）已知函数f（x）＝ex﹣a（x2﹣ax+b）（a，b∈R）．
（1）若a＝0，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）若a＝2，当x≥0时，f（x）≥x，求b的取值范围；
（3）若{x|f（x）＝a}＝{x|f（f（x））＝a}≠ ，求a的取值范围．
19．（2025 安溪县校级模拟）已知函数．
（1）求f（0），f（1），f[f（2）]；
（2）画f（x）的图像．
20．（2025 安溪县校级模拟）已知函数．
（1）判断并证明函数f（x）的单调性；
（2）解不等式f（lnx）+f（1）＜0．
高考数学高频易错押题预测 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．（2025 湖南模拟）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+2，则＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】抽象函数的周期性；函数的值；函数的奇偶性．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性推出函数的周期性，从而利用周期性，即可求解．
【解答】解：因为函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，
所以f（﹣x+1）+f（x+1）＝0，f（﹣x+2）＝f（x+2），f（1）＝0，
所以f（﹣x+2）+f（x）＝0，
所以f（x+2）+f（x）＝0，所以f（x+4）+f（x+2）＝0，
所以f（x+4）＝f（x），所以f（x）的周期为4，
又当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+2，f（1）＝0，
所以f（1）＝a+2＝0，所以a＝﹣2，
所以当x∈[1，2]时，f（x）＝﹣2x2+2，
由f（﹣x+2）+f（x）＝0，可得f（）＝﹣f（）＝
所以＝f（1012+）＝f（4×253+）＝f（）＝．
故选：B．
【点评】本题考查抽象函数的性质，化归转化思想，属中档题．
2．（2025 五华区模拟）已知函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣a﹣2b），a，b∈R，且ab≠0，若当x≥0时，f（x）≥0，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．（﹣∞，2] C．[2，+∞） D．（0，+∞）
【考点】函数恒成立问题．
【专题】函数思想；向量法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据三次函数的性质，结合穿根法判断．
【解答】解：因为ab≠0，所以a≠0，b≠0，则f（x）的零点是x1＝a，x2＝b，x3＝a+2b，
要使f（x）≥0，在x≥0上恒成立，如图：
当三个零点都小于零时，符合题意；
如图：
当存在正根时，则必定是重根（即两个正根，一个负根），
当a＝b＞0时，a+2b＞0，不符合题意；
当a+2b＝a＞0时，b＞0，不符合题意；
当a+2b＝b＞0时，a＝﹣b＜0，符合题意；
综上，满足（x﹣a）（x﹣b）（x﹣2a﹣b）≥0在x≥0恒成立时，只有a＜0．
故选：A．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查数形结合思想与分类讨论思想，属于中档题．
3．（2025 天津模拟）函数的部分图象大致为（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】由函数解析式求解函数图象．
【专题】数形结合；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】B
【分析】利用三角函数的和差公式以及二倍角公式整理函数解析式，从而得到函数的定义域、奇偶性，研究函数与零的大小关系，可得答案．
【解答】解：由
＝，
易知函数f（x）的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），，
则函数f（x）为奇函数，故C、D错误，
由函数y＝2x﹣2﹣x在（0，+∞）上单调递增，则2x﹣2﹣x＞0在（0，+∞）上恒成立，
当x∈（0，）时，cos2x＞0，则f（x）＞0，x∈（，）时，cos2x＜0，则f（x）＜0，故A错误，B正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查三角函数的和差公式以及二倍角公式，根据函数解析式判断图像，属于基础题．
4．（2025 保定校级模拟）已知函数f（x）＝sinω（x+π）为奇函数且ω＞0，则f（π）＝（　　）
A．0 B．1 C．﹣1 D．±1
【考点】抽象函数的奇偶性；奇函数偶函数的性质．
【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】根据给定条件，利用正弦函数的性质求出ω，再求出函数值．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝sin（ωx+ωπ）为奇函数，且f（x）的定义域为R，
则f（0）＝sinωπ＝0，
又由ω＞0，则ωπ＝kπ，k∈N*，解得ω＝k，k∈N*，
则f（x）＝sin（kx+kπ），k∈N*，
故f（π）＝sin2kπ＝0．
故选：A．
【点评】本题考查函数奇偶性的性质和应用，涉及三角函数的性质，属于基础题．
5．（2025 江西一模）函数的部分图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】由函数解析式求解函数图象．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】由奇函数的定义可知f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，C，再由f（0.1）＜0可排除D．
【解答】解：函数，定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），
又因为f（﹣x）＝（﹣x+）cos（﹣πx）＝（﹣x+）cosπx＝﹣f（x），
所以f（x）是奇函数，图象关于原点对称，所以排除B，C，
又函数f（x）在原点附近的零点为和1，可取大于0且接近于0的一个数，如0.1，
易得f（0.1）＜0，所以排除D，即A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，考查了函数的图象，属于基础题．
6．（2025 浙江模拟）若函数f（x）满足对任意n∈N*，恒有f（n）≥2n，且f（x+y）＝f（x）+f（y）+4xy，则f（i）的最小值是（　　）
A．408 B．400 C．204 D．200
【考点】求函数的最值．
【专题】整体思想；构造法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意将原等式变形，构造g（x）＝f（x）﹣2x2，则g（x+y）＝g（x）+g（y），进而g（n）＝n[f（1）﹣2]，得f（n）＝2n2+[f（1）﹣2]n≥2n，即f（1）≥2，即可求解．
【解答】解：因为f（x+y）＝f（x）+f（y）+4xy，
所以f（x+y）﹣2（x+y）2＝f（x）﹣2x2+f（y）﹣2y2．
设g（x）＝f（x）﹣2x2，则g（x+y）＝g（x）+g（y），
因此g（n）＝g（n﹣1）+g（1）＝g（n﹣2）+2g（1）＝ ＝g（2）+（n﹣2）g（1）＝ng（1）＝n[f（1）﹣2]，
因此f（n）＝2n2+[f（1）﹣2]n≥2n，
取n＝1，得到f（1）≥2，
所以．
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数最值的求解，属于中档题．
7．（2025 山海关区模拟）已知函数f（x）＝|sinx|+|cosx|﹣，则f（x）的值域为（　　）
A． B． C． D．
【考点】函数的值域；同角三角函数间的基本关系．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；三角函数的求值；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】A
【分析】先结合三角恒等变形对f（x）进行化简，然后结合三角函数及二次函数的性质即可求解．
【解答】解：f（x）＝|sinx|+|cosx|﹣＝|sinx|+|cosx|﹣|sin2x|
＝﹣|sin2x|＝﹣（1+|sin2x|）+1，
令t＝，t∈[1，]，
则f（x）可化为y＝t﹣t2+1＝﹣（t﹣）2+
根据二次函数的性质可得，y≤1，
所以．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三角函数性质及二次函数性质在函数值域求解中的应用，属于中档题．
8．（2025 碑林区校级模拟）已知定义在R上的函数f（x）在区间[﹣1，0]上单调递增，且满足f（4﹣x）＝f（x），f（2﹣x）＝﹣f（x），则（　　）
A． B．f（0.9）+f（1.2）＞0
C．f（2.5）＞f（log280） D．
【考点】抽象函数的周期性；正弦函数的图象．
【专题】对应思想；定义法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据抽象函数性质可确定f（x）关于直线x＝2对称，关于点（1，0）对称，从而可确定其周期性，再结合单调性可得函数f（x）的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性质、三角函数性质逐项判断即可得结论．
【解答】解：已知定义在R上的函数f（x）在区间[﹣1，0]上单调递增，且满足f（4﹣x）＝f（x），f（2﹣x）＝﹣f（x），
对于函数f（x）有，f（4﹣x）＝f（x），则函数f（x）关于直线x＝2对称，
由f（2﹣x）＝﹣f（x），则函数f（x）关于点（1，0）对称，
所以f（4﹣x）＝﹣f（2﹣x），所以得f（2﹣x）＝﹣f（﹣x），
则f（4﹣x）＝f（﹣x），故函数f（x）的周期为4，且f（﹣x）＝f（x），故函数f（x）为偶函数，
因为函数f（x）在区间[﹣1，0]上单调递增，则函数f（x）的大致图象如下图：
由对称性可得f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝0，
所以
＝0+f（1）+f（2）＝f（2）≠0，故A错误；
由于f（0.9）+f（1.1）＝0，f（1.1）＞f（1.2），所以f（0.9）+f（1.2）＜0，故B错误；
又f（log280）＝f（log216+log25）＝f（4+log25）＝f（log25），，所以f（2.5）＞f（log280），故C正确；
，且0＜ln2＜0.7，
因为，所以，故1＞sin1＞ln2＞0，
所以，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性，解决本题的关键是结合函数的性质确定函数的图象，从而可确定函数值的大小关系、对称关系，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 无锡模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，且f（2﹣x）﹣f（x﹣2）＝4﹣2x，f′（x）的图象关于点（2，0）对称，则（　　）
A．f′（0）＝1
B．y＝f（x）﹣x为偶函数
C．f（x）的图象关于点（2，0）对称
D．f′（2024）＝﹣1012
【考点】抽象函数的奇偶性；抽象函数的周期性；利用导数研究函数的单调性．
【专题】对应思想；定义法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】AB
【分析】根据f（x）﹣f（﹣x）＝2x求导即可求解A，根据奇偶性的定义即可求解B，利用假设法得矛盾求解C，根据对称性可得f′（2+x）+f′（2﹣x）＝0，进而可得h（x）＝f（2+x）﹣f（2﹣x）＝C，从而可得f′（x+4）＝f′（x）﹣2求解D．
【解答】解：已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，
且f（2﹣x）﹣f（x﹣2）＝4﹣2x，f′（x）的图象关于点（2，0）对称，
由f（2﹣x）﹣f（x﹣2）＝4﹣2x，可得f（x）﹣f（﹣x）＝2x，则f′（x）+f′（﹣x）＝2，
令x＝0，得f′（0）＝1，A正确．
令g（x）＝f（x）﹣x，则g（﹣x）＝f（﹣x）+x＝f（x）﹣x＝g（x），故y＝f（x）﹣x为偶函数，B正确．
假设f（x）的图象关于点（2，0）对称，则f（2+x）+f（2﹣x）＝0，则f′（2+x）﹣f′（2﹣x）＝0，即f′（x）关于直线x＝2对称，又f（x）不是常函数，这与f′（x）的图象关于点（2，0）对称矛盾，假设不成立，C不正确．
因为f′（x）的图象关于点（2，0）对称，所以f′（2+x）+f′（2﹣x）＝0，令h（x）＝f（2+x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（2+x）+f′（2﹣x）＝0，
则h（x）＝f（2+x）﹣f（2﹣x）＝C（C为常数），则f（x+2）﹣f（x﹣2）＝C+4﹣2x，
从而f′（x+2）﹣f′（x﹣2）＝﹣2，即f′（x+4）＝f′（x）﹣2，
由f′（0）＝1，得f′（2024）＝f′（0）﹣2×506＝﹣1011，D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查抽象函数奇偶性，对称性相关知识，属于中档题．
（多选）10．（2025 项城市模拟）下列说法正确的是（　　）
A．函数的图象既不关于某点对称也不关于某直线对称
B．函数的图象关于某直线对称
C．函数y＝﹣x3+3x2﹣2x+1的图象关于某点对称
D．函数的图象关于某点对称
【考点】奇偶函数图象的对称性．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】BCD
【分析】对于A，令，计算f（4﹣x）+f（x）的关系，即可判断；对于B，令，得到g（1﹣x）＝g（1+x），即可判断；对于C，根据﹣x3+3x2﹣2x+1＝﹣（x﹣1）3+（x﹣1）+1，即可判断；对于D，利用，即可判断．
【解答】解：对于A，令，则，所以函数的图象关于点（2，0）对称，故A错误；
对于B，令，所以，所以函数的图象关于直线x＝1对称，故B正确；
对于C，因为﹣x3+3x2﹣2x+1＝﹣（x﹣1）3+（x﹣1）+1，所以y＝﹣x3+3x2﹣2x+1的图象关于（1，1）对称，故C正确；
对于D，因为，
所以函数的图象关于点（2，3）对称，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查函数图象的对称性，涉及利用函数表达式判断关于点对称和直线对称的情况，难度属于中档题．
（多选）11．（2025 延边州一模）设f（x）是R上的奇函数，且对 x∈R都有f（2﹣x）＝f（x），当x∈[0，1]时，f（x）＝x2，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）的最大值是1，最小值是0
B．当3≤x≤4时，f（x）＝﹣（x﹣4）2
C．点（1，0）是函数f（x）的对称中心
D．f（x）在区间（3，5）上是增函数
【考点】抽象函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】BD
【分析】由f（2﹣x）＝f（x），可得f（x）的图像关于直线x＝1对称，即可判断C；由f（x）的奇偶性及对称性可得函数的周期，由函数的奇偶性、单调性及周期性，即可得到f（x）的最值，从而判断A；当3≤x≤4时，构造4﹣x∈[0，1]，f（4﹣x）＝（4﹣x）2，再结合f（x）的周期性和奇偶性，即可得到f（x）的解析式，即可判断B；由单调性和周期性即可判断D．
【解答】解：因为f（x）是R上的奇函数，所以f（﹣x）＝﹣f（x），
又因为f（2﹣x）＝f（x），所以f（x）的图像关于直线x＝1对称，故C错误；
因为f（2﹣x）＝f（x）＝﹣f（﹣x）即f（2﹣x）+f（﹣x）＝0，从而f（2+x）+f（x）＝0，
所以f（4+x）+f（x+2）＝0，所以f（4+x）＝f（x），所以f（x）是周期为4的周期函数，
又因为当x∈[0，1]时，f（x）＝x2单调递增，
所以f（x）在[﹣1，0]上也单调递增，从而f（x）在[﹣1，1]上单调递增，
因为f（x）在[﹣1，1]上单调递增，且f（x）的图像关于直线x＝1对称，所以f（x）在[1，3]上单调递减，
所以f（x）在[﹣1，3]上的最大值为f（1）＝1，最小值f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣1，故A错误；
当3≤x≤4时，0≤4﹣x≤1，所以f（4﹣x）＝（4﹣x）2，因为周期为4，所以f（﹣x）＝f（4﹣x）＝（4﹣x）2，
又因为f（x）为奇函数，所以f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣（4﹣x）2，故B正确；
因为f（x）的周期为4，且在[﹣1，1]上单调递增，所以f（x）在[3，5]上单调递增，所以f（x）在（3，5）上为增函数，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查抽象函数的奇偶性、单调性与周期性，考查逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）12．（2025 信阳校级二模）已知b＞0，若对任意的x∈（0，+∞），不等式ax3+3x2﹣abx﹣3b≤0恒成立，则（　　）
A．a＜0
B．a2b＝3
C．a2+4b的最小值为12
D．a2+ab+3a+b的最小值为6﹣6
【考点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的最值．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；不等式的解法及应用；直观想象；运算求解．
【答案】ACD
【分析】由已知可得（ax+3）（x2﹣b）≤0，由于b＞0，所以可得当0＜x＜时，ax+3≥0，当当x＞时，ax+3≤0，从而可得a＜0，a＝﹣，然后代入各选项的式子中结合基本不等式和函数的性质分析判断．
【解答】解：因为ax3+3x2﹣abx﹣3b≤0，即（ax+3）（x2﹣b）≤0恒成立，
又因为b＞0，x＞0，
所以当0＜x＜时，x2﹣b＜0，当x＞时，x2﹣b＞0，
因为对任意的x∈（0，+∞），不等式ax3+3x2﹣abx﹣3b≤0恒成立，
所以当0＜x＜时，ax+3≥0，当x＞时，ax+3≤0，
所以对于函数y＝ax+3，必有a＜0，单调递减，且零点为x＝，
所以a+3＝0，所以a2b＝9，
所以A正确，B错误；
对于C，因为a+3＝0，所以a＝﹣，
所以a2+4b＝+4b≥2＝12，当且仅当＝4b，即b＝时取等号，所以a2+4b的最小值为12，所以C正确；
对于D，a2+ab+3a+b＝﹣3﹣+b＝（+b）﹣（3+）＝（+b）﹣3（+）＝（+）2﹣3（+）﹣6，
令m＝+，则m≥2，当且仅当b＝3时，等号成立．
则a2+ab+3a+b＝m2﹣3m﹣6（m≥2），
由二次函数的性质可得y＝m2﹣3m﹣6（m≥2）的最小值为（2）2﹣3×（2）﹣6＝6﹣6，
即a2+ab+3a+b的最小值为6﹣6，此时b＝3，a＝﹣，所以D正确，
故选：ACD．
【点评】此题考查不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是由题意结合一次函数和二次函数的性质得a＜0，a＝﹣，从而可结合基本不等式分析判断，考查数学转化思想，属于难题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 深圳一模）已知，则f（﹣2）＝　4　；若f（a）＝4，则a＝　﹣2或3　．
【考点】函数的值．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】4；﹣2或3．
【分析】第一空，利用f（x）的解析式直接求解即可；第二空，分类讨论a的取值范围，结合f（x）的解析式即可得解．
【解答】解：因为，所以f（﹣2）＝（﹣2）2＝4；
因为f（a）＝4，
当a≤0时，f（a）＝a2＝4，解得a＝2（舍去）或a＝﹣2；
当a＞0时，f（a）＝2a﹣2＝4，解得a＝3．
综上：a＝﹣2或a＝3；
故答案为：4；﹣2或3．
【点评】本题主要考查函数值的求解，考查计算能力，属于基础题．
14．（2025 濮阳二模）已知函数f（x）的定义域为[﹣3，3]，则函数的定义域为 　[﹣5，﹣2）∪（﹣2，1]　．
【考点】函数的定义域及其求法．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；数学抽象．
【答案】[﹣5，﹣2）∪（﹣2，1]．
【分析】根据f（x）的定义域为[﹣3，3]，得到f（x+2）的定义域为[﹣5，1]，再由x+2≠0求解．
【解答】解：因为f（x）的定义域为[﹣3，3]，
则x+2∈[﹣3，3]，即x∈[﹣5，1]，
所以f（x+2）的定义域为[﹣5，1]，
又x+2≠0，
所以函数的定义域为[﹣5，﹣2）∪（﹣2，1]．
故答案为：[﹣5，﹣2）∪（﹣2，1]．
【点评】本题主要考查了函数定义域的求解，属于基础题．
15．（2025 长春模拟）正整数a，b满足3＜a＜b＜9，则的最大值为 　　．
【考点】求函数的最值．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】．
【分析】由已知a，b的范围确定a，b可能的取值，结合取值检验代数式的值，即可求．
【解答】解：因为正整数a，b满足3＜a＜b＜9，
当a＝4时，b＝5，6，7，8，
a＝5时，b＝6，7，8，
a＝6时，b＝7，8，
a＝7时，b＝8，
则＝，经检验a＝4，b＝5时，上式取得最大值＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了不等关系的应用，属于基础题．
16．（2025 深圳模拟）若存在a，b，c∈[π，2π]（a，b，c互不相等），满足|sinωa|+|sinωb|+|sinωc|＝3（ω＞0），则ω的取值范围为 　　．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】．
【分析】由题意可得|sinωa|＝|sinωb|＝|sinωc|＝1，不妨设π≤a＜b＜c≤2π，再分sinωa＝1，sinωb＝﹣1，sinωc＝1和sinωa＝﹣1，sinωb＝1，sinωc＝﹣1两种情况讨论，分别求出a，c，进而可得出答案．
【解答】解：存在a，b，c∈[π，2π]（a，b，c互不相等），满足|sinωa|+|sinωb|+|sinωc|＝3，
则|sinωa|＝|sinωb|＝|sinωc|＝1，
不妨设π≤a＜b＜c≤2π，且是相邻最值点．
当sinωa＝﹣1，sinωb＝1，sinωc＝﹣1时，
则，解得，
由，解得，
当k＝2时，，
当k≥3时，，
所以；
当sinωa＝1，sinωb＝﹣1，sinωc＝1时，
则，解得，
由，解得，
当k＝1时，，
当k＝2时，，
当k≥3时，，
所以；
综上所述，．
故答案为：．
【点评】本题考查三角函数的图象及性质，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 昌黎县校级模拟）已知函数g（x）＝2ln（﹣t﹣1）+cos（﹣t﹣2）．
（1）函数f（x）与g（x）的图像关于x＝﹣1对称，求f（x）的解析式；
（2）f（x）﹣1≤ax在定义域内恒成立，求a的值；
（3）求证：，n∈N*．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设f（x）图像上任意一点坐标为（x0，y0），利用其对称点在g（x）的图像上可求函数f（x）的解析式；
（2）令h（x）＝f（x）﹣1﹣ax，可得x＝0为h（x）的一个极大值点，求得a，再证明当a＝2时，h（x）≤0在x∈（﹣1，+∞）恒成立即可；
（3）由（2）可知：f（x）﹣1≤2x，可得，进而可得，利用lnx≤x﹣1在（0，+∞）上恒成立，可得，，可证结论．
【解答】解：（1）依题意，设f（x）图像上任意一点坐标为（x0，y0），
则其关于x＝﹣1对称的点（﹣2﹣x0，y0）在g（x）图像上，
则y0＝f（x0）＝g（﹣2﹣x0），则f（x0）＝g（﹣x0﹣2）＝2ln（x0+1）+cosx0，（x0＞﹣1）
故f（x）＝2ln（x+1）+cosx，（x＞﹣1）；
（2）令h（x）＝f（x）﹣1﹣ax＝2ln（x+1）+cosx﹣1﹣ax，（x＞﹣1），
则在h（x）≤0在x∈（﹣1，+∞）恒成立，
又h（0）＝0，且h（x）在x∈（﹣1，+∞）上是连续函数，则x＝0为h（x）的一个极大值点，
，h′（0）＝2﹣a＝0 a＝2，
下证当a＝2时，h（x）≤0在x∈（﹣1，+∞）恒成立，
令φ（x）＝ln（x+1）﹣x，，
当x∈（﹣1，0）， ′（x）＞0， （x）在（﹣1，0）上单调递增，
当x∈（0，+∞）， ′（x）＜0， （x）在（0，+∞）上单调递减，
故φ（x）≤φ（0）＝0，ln（x+1）≤x在（﹣1，+∞）上恒成立，又cosx≤1，
则a＝2时，h（x）＝f（x）﹣1﹣ax＝2[ln（x+1）﹣x]+（cosx﹣1）≤0恒成立，
综上，a＝2．
（3）由（2）可知：f（x）﹣1≤2x，
则，即，
则，
又由（2）可知：ln（x+1）≤x在（﹣1，+∞）上恒成立，
则lnx≤x﹣1在（0，+∞）上恒成立，当且仅当x＝1时取等，
令，n∈N*，则，
即，
则＝ln（2n）﹣lnn＝ln2，
综上，，即证．
【点评】本题主要考查了函数解析式的求解，还考查了不等式哼乘客求解参数范围，不等式的证明，属于中档题．
18．（2025 嘉兴模拟）已知函数f（x）＝ex﹣a（x2﹣ax+b）（a，b∈R）．
（1）若a＝0，求f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）若a＝2，当x≥0时，f（x）≥x，求b的取值范围；
（3）若{x|f（x）＝a}＝{x|f（f（x））＝a}≠ ，求a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）y＝bx+b；
（2）[e+1，+∞）；
（3）[0，+∞）．
【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义可得切线斜率，进而可得切线方程；
（2）当x＝0时，可得b≥0，当x＞0时，将不等式转化为，令，利用导数求出g（x）的最小值，从而可解得b的取值范围；
（3）根据已知可得f（a）＝a，进而可得b＝a，一方面，对任意x0∈{x|f（x）＝a}，有f（f（x0））＝f（a）＝a，即x0∈{x|f（f（x））＝a}，另一方面，若方程f（x）＝a存在除a以外的其他解t（t≠a），则方程f（x）＝t需无解．对f（x）求导，再对a分类讨论，满足f（x）＝t无解的a的取值范围即为所求．
【解答】解：（1）由a＝0，得f（x）＝ex（x2+b），则f'（x）＝ex（x2+2x+b），
所以切线斜率k＝f′（0）＝b，又f（0）＝b，
则切线方程为y﹣b＝bx，即y＝bx+b；
（2）由a＝2，得f（x）＝ex﹣2（x2﹣2x+b），
当x＝0时，f（0）＝e﹣2 b≥0，所以b≥0．
当x＞0时，转化为，令，
则，
因为b≥0，所以x2+b＞0，
当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，所以g（x）在（0，1）上单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上递增，
所以，得b≥e+1．
综上，b≥e+1，即b的取值范围是[e+1，+∞）；
（3）设x0∈{x|f（x）＝a}，则f（x0）＝a，又x0∈{x|f（f（x））＝a}，则f（f（x0））＝a，
即f（a）＝a，解得b＝a，所以f（x）＝ex﹣a（x2﹣ax+a），
一方面，对任意x0∈{x|f（x）＝a}，有f（f（x0））＝f（a）＝a，即x0∈{x|f（f（x））＝a}，
另一方面，若方程f（x）＝a存在除a以外的其他解t（t≠a），则方程f（x）＝t需无解．
求导得f'（x）＝ex﹣a[x（x﹣a+2）]，由f'（x）＝0得x＝0或a﹣2．
①当a﹣2＝0，a＝2时，
f′（x）≥0，f（x）在R上单调递增，方程f（x）＝a有唯一解a，满足题意．
②当a＞2时，
当x∈（0，a﹣2）时，f'（x）＜0，f（x）在区间（0，a﹣2）上单调递减；
当x∈（﹣∞，0）∪（a﹣2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）在区间（﹣∞，0）和（a﹣2，+∞）上单调递增，
此时极大值，所以方程f（x）＝a有唯一解a，满足题意．
③当a＜2时，
当x∈（a﹣2，0）时，f'（x）＜0，f（x）在区间（a﹣2，0）上单调递减；
当x∈（﹣∞，a﹣2）∪（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）在区间（﹣∞，a﹣2）和（0，+∞）上单调递增，
此时极大值为，极小值为，
（i）当a＜0时，则极小值，又x→+∞时，f（x）→+∞，
所以存在t＞0，满足f（t）＝a，且方程f（x）＝t有解，不满足题意．
（ii）当0≤a＜2时，则极小值，
此时若方程f（x）＝a有除a以外的其他解t，必有t＜0，
而极小值，且当x＜0时，f（x）＞0，所以f（x）＝t无解，满足题意．
综上，a≥0，即a的取值范围是[0，+∞）．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于难题．
19．（2025 安溪县校级模拟）已知函数．
（1）求f（0），f（1），f[f（2）]；
（2）画f（x）的图像．
【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值．
【专题】数形结合；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】（1）f（0）＝﹣1，f（1）＝0，f[f（2）]＝﹣2；
（2）图象见解析．
【分析】（1）根据函数的解析式即可得出答案；
（2）根据函数的解析式作出f（x）的图象．
【解答】解：（1）∵函数，
∴f（0）＝0﹣1＝﹣1，f（1）＝﹣1+1＝0，f（2）＝﹣2+1＝﹣1，则f[f（2）]＝f（﹣1）＝﹣1﹣1＝﹣2；
（2）如图所示：
【点评】本题主要考查求函数的值，做函数的图象，体现了数形结合的数学思想，属于基础题．
20．（2025 安溪县校级模拟）已知函数．
（1）判断并证明函数f（x）的单调性；
（2）解不等式f（lnx）+f（1）＜0．
【考点】由函数的单调性求解函数或参数；奇偶性与单调性的综合；定义法求解函数的单调性．
【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】（1）增函数，证明见解析；
（2）．
【分析】（1）先用解析式得出单调性，再用定义证明；
（2）先判断函数的奇偶性，再利用单调性解不等式．
【解答】解（1）根据题意，，
所以函数是R上的增函数，
证明如下：
设 x1，x2∈R且x1＜x2，
则＝，
又由x1＜x2，得即，又ex+1＞0即．
因此，，得f（x1）＜f（x2）．
所以函数在R上增函数．
（2）函数的定义域为R，
因为，所以f（x）是奇函数．
由f（lnx）+f（1）＜0，得f（lnx）＜﹣f（1）即f（lnx）＜f（﹣1）．
又f（x）在R上增函数，所以lnx＜﹣1，即，
又因为函数y＝lnx在（0，+∞）上增函数，所以，解得．
故不等式f（lnx）+f（1）＜0的解集为．
【点评】本题考查函数奇偶性、单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于基础题．
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