2026年高考数学一轮专题训练：函数概念与性质 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：函数概念与性质 [含答案]，共14页。试卷主要包含了+f=f，则等内容，欢迎下载使用。
1．（2025春•青羊区校级期中）已知函数f（x）的定义域是R，满足f（x）＝f（2﹣x），f（﹣x）+f（4+x）＝0，函数f（x）的导函数f′（x）在R上总有意义，则f′（5）＝（ ）
A．0B．1C．2D．4
2．（2025•惠州模拟）已知函数f（x）是定义域为R的偶函数，且f（x+1）为奇函数，若f（0）+f（3）＝3，则（ ）
A．f（1﹣x）＝f（x+1）B．f（2024）＝3
C．函数f（x）的周期为2D．f（2025）＝3
3．（2025春•浦东新区校级期中）函数y=sinx−1x部分图像是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2025•内蒙古二模）已知函数f(x)=12x−1，x＜02a(x+1)2，x≥0(a≠0)在R上单调，且f（lgax）≤8在[2，4]上恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．0＜a≤1B．0＜a≤12C．0＜a≤22D．22≤a＜1
5．（2025•聊城二模）函数f（x）定义域为R，且满足f（﹣x）＝﹣f（x），若y＝f（x）﹣x+ex是偶函数，则不等式f（xex﹣2）+f（2ex﹣x）＜0的解集为（ ）
A．（﹣2，0）B．（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）
C．（0，2）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
6．（2025•宝安区模拟）已知函数f（x）满足：∀x∈R，f（x﹣1）+6≥f（x+5），f（x+1）﹣3≥f（x﹣2），若f（3）＝2，则f（2025）＝（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
7．（2025•深圳模拟）已知函数f（x）＝aex﹣e﹣x（a为常数），则（ ）
A．∀a∈R，f（x）为奇函数B．∃a∈R，f（x）为偶函数
C．∀a∈R，f（x）为增函数D．∃a∈R，f（x）为减函数
8．（2025•淮北模拟）已知函数f（x）和g（x）的定义域均为R，f（x+2）为偶函数，g（x+2）+2为奇函数，若f（x）+g（x）＝3x+lg6（x2+2）﹣40，则f（0）＝（ ）
A．4B．2C．0D．﹣2
二．多选题（共4小题）
9．（2025•张家口二模）已知函数f（x）的定义域为R，当p＞0时，f（p）＞0，且对于任意的pq＜1，都有f（p）+f(q)=f(p+q1−pq)，则（ ）
A．f（0）＝0
B．f（x）为偶函数
C．当﹣1＜x＜0时，f（x2）＞f（x）
D．当0＜x＜1时，f（x2）＜f（x）
10．（2025•郑州模拟）已知对于任意非零实数x，函数f（x）均满足f(x)=f(2x)，f（x）=2−f(1x)，下列结论正确的有（ ）
A．f（1）＝1
B．f（2x）关于点（0，1）中心对称
C．f（2x）关于x＝1轴对称
D．f（2）+f（22）+f（23）+⋯+f（210）＝10
11．（2025春•观山湖区校级月考）已知函数f（x）、g（x）定义域为R，函数f（x+1）是偶函数，函数g（x+1）是奇函数，且f（x）+g（x+1）＝1，则（ ）
A．f（0）＝1
B．g（﹣5）＝﹣1
C．f（x）关于（0，1）中心对称
D．f（0）+f（1）+f（2）+⋯+f（2024）＝2025
12．（2025•李沧区校级一模）已知定义在R上的函数f（x）不恒等于0，f（π）＝0，且对任意的x，y∈R，有f（2x）+f（2y）＝2f（x+y）f（x﹣y），则（ ）
A．f（0）＝1
B．f（x）是偶函数
C．f（x）的图象关于点（π，0）中心对称
D．2π是f（x）的一个周期
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•浙江期中）已知函数f（x）＝4﹣x﹣4x﹣x+5，若f（m2）+f（m﹣2）＞10，则实数m的取值范围是 ．
14．（2025•湖北模拟）已知f（x）是定义在（0，+∞）上的单调递减函数，且对∀x∈（0，+∞），均有f(x)⋅f(f(x)−1x)=−12，若不等式f（x）≥aex在（0，+∞）恒成立，则实数a的最大值是 ．
15．（2025春•温州期中）设函数f（x）＝x2﹣（k2﹣7ak+3）x+7，已知对任意k∈[0，2]，若x1，x2满足x1∈[k，k+2a]，x2∈[k+3a，k+5a]，则f（x1）≥f（x2），则正实数a的最大值为 ．
16．（2025•日照二模）定义在区间D上的函数y＝f（x），若存在正数K，对任意的x1，x2∈D，不等式|f（x1）﹣f（x2）|≤K|x1﹣x2|恒成立，则称函数y＝f（x）在区间D上满足K﹣条件．若函数f（x）＝（x+1）lnx﹣2x+2在区间[1e，1]上满足K﹣条件，则K的最小值为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•湖北模拟）定义：双曲函数是一类与双曲线相关的函数，其中双曲正弦函数sinhx=ex−e−x2，双曲余弦函数cshx=ex+e−x2，双曲正切函数tanhx=sinhxcshx．利用欧拉公式eix＝csx+isinx，其中e为自然对数的底数，i为虚数单位），可以将双曲函数与三角函数联系起来．由欧拉公式可得e﹣ix＝csx﹣isinx，从而csx=eix+e−ix2=csh（ix），sinx=eix−e−ix2=sinh（ix），用ix替换x，可得cs（ix）=e−x+ex2=cshx，sin（ix）=e−x−ex2i=isinhx．
这样，可以把双曲函数看作是“虚角”的三角函数．利用以上关系，可将三角函数的结论类比得到双曲函数相应的结论．
（1）根据正弦函数的二倍角公式sin2x＝2sinxcsx，类比到双曲正弦函数的二倍角公式，可得到什么结论？请直接写出你得到的结论．
（2）请利用题干的信息，把余弦函数的和角公式cs（x+y）＝csxcsy﹣sinxsiny类比到双曲余弦函数的和角公式．请写出类比的推导过程和结论．
（3）已知在三角函数中有不等式：csx＜(sinxx)3，x∈（﹣π，0）∪（0，π）．那么，在双曲函数中，不等式cshx＜(sinhxx)3（x≠0）是否成立呢？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
18．（2025春•驻马店期中）设函数f（x）＝Asin（ωx+π12）（A≠0，ω＞0）．
（1）当ω=π3时，求解下列问题．
（i）若存在实数M，对任意的x∈I（I是函数y＝f（x）的定义域的子集），都有f（x）≤M，且存在x0∈I，使得f（x0）＝M，则称M为函数f（x）在区间I上的最大值，x0称为最大值点，讨论f（x）在[0，10]上最大值点的个数；
（ii）小明利用函数f（x）进行一个棋盘游戏：有一个2025×2025的正方形棋盘，小明将一棋子开始时置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每下一步移动1格，且在第n（n∈N'）步时，若|f（n）|≥12，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求A的取值范围．
（2）若A＝1，f（x）的最小正周期T∈（8π29，8π5），且曲线y＝f（x）与直线y＝1在区间（π3，3π4）上有且仅有1个交点，求ω的取值范围．
19．（2025•河南模拟）已知函数f（x）的定义域和值域分别为A，B，若函数g（x）满足：（i）g（x）的定义域为B；（ii）g（x）的值域为A；（iii）∀x∈B，x＝f（g（x）），∀x∈A，x＝g（f（x）），则称g（x）与f（x）具有N关系．
（1）若f（x）＝2x，判断下列两个函数是否与f（x）具有N关系，并说明理由；
①y＝2lg2x；
②y＝lg2x．
（2）若g（x）与f（x）具有N关系，证明：函数g（x）的图象与f（x）的图象关于直线y＝x对称；
（3）已知函数F（x）＝ex，G（x）与F（x）具有N关系，令f（x）＝F（x）G（x）﹣1．
①判断函数f（x）的单调性；
②证明：∀x＞2，f(x+1)e＞x2+x−1e．
20．（2025春•铁岭期中）已知函数f（x）＝lg2（x2﹣ax+1）．
（1）当a＝1时，求f（x）的最小值；
（2）若f（x）为偶函数，求a的值；
（3）设g（x）＝4x﹣2x+1，若对于任意x1∈（0，1），存在x2∈[﹣1，1]，使得不等式f（x1）≥g（x2）成立，求a的取值范围．
函数概念与性质
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•青羊区校级期中）已知函数f（x）的定义域是R，满足f（x）＝f（2﹣x），f（﹣x）+f（4+x）＝0，函数f（x）的导函数f′（x）在R上总有意义，则f′（5）＝（ ）
A．0B．1C．2D．4
【考点】抽象函数的周期性．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】求导后，根据抽象函数的对称性，即可求解．
解：因为f（x）＝f（2﹣x），f（﹣x）+f（4+x）＝0，
所以f′（x）＝﹣f′（2﹣x），﹣f′（﹣x）+f′（4+x）＝0，
所以f′（1）＝﹣f′（1），所以f′（1）＝0，
由f′（x）＝﹣f′（2﹣x），﹣f′（﹣x）+f′（4+x）＝0，
可得f′（﹣x）＝﹣f′（2+x），f′（﹣x）＝f′（4+x），
所以f′（4+x）＝﹣f′（2+x），所以f′（2+x）＝﹣f′（x），
所以f′（4+x）＝f′（x），
所以f′（5）＝f′（1）＝0．
故选：A．
【点评】本题考查抽象函数的性质，属中档题．
2．（2025•惠州模拟）已知函数f（x）是定义域为R的偶函数，且f（x+1）为奇函数，若f（0）+f（3）＝3，则（ ）
A．f（1﹣x）＝f（x+1）B．f（2024）＝3
C．函数f（x）的周期为2D．f（2025）＝3
【考点】抽象函数的奇偶性；抽象函数的周期性．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由已知结合函数的奇偶性，周期性，利用赋值法检验各选项即可求解．
解：因为f（x+1）为奇函数，则f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），若f（1﹣x）＝f（x+1），则f（x+1）＝0，
与f（0）+f（3）＝3矛盾，故A选项错误；
又f（x）为偶函数，f（﹣x+1）＝f（x﹣1），则f（x﹣1）＝﹣f（x+1），
即f（x）＝﹣f（x+2），f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），故函数f（x）的周期为4，即C选项错误；
由f（0）+f（3）＝3，f（0）＝3，f（2024）＝f（0+506×4）＝f（0）＝3，所以B选项正确；
由f（﹣x+1）＝﹣f（x+1），令x＝0，
得f（1）＝0，f（3）＝f（﹣1）＝f（1）＝0，f（2025）＝f（1+506×4）＝f（1）＝0，即D选项错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，周期性的应用，属于中档题．
3．（2025春•浦东新区校级期中）函数y=sinx−1x部分图像是（ ）
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．
【正确答案】A
【分析】根据f（x）=sinx−1x的性质和取值情况对可能的图像进行选择．
解：令f（x）=sinx−1x，则f（﹣x）=sin(−x)+1x=−sinx+1x=−f（x），所以f（x）为奇函数，
x∈（0，π2）时，f（x）=sinx−1x为增函数，故排除B，C；
又f（π3）=32−3π＜0，f（π2）＝1−2π＞0，
f（π）=−1π＜0，f（5π2）＝1−25π＞0，所以D错误，A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查由函数解析式求函数图像，属于中档题．
4．（2025•内蒙古二模）已知函数f(x)=12x−1，x＜02a(x+1)2，x≥0(a≠0)在R上单调，且f（lgax）≤8在[2，4]上恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．0＜a≤1B．0＜a≤12C．0＜a≤22D．22≤a＜1
【考点】函数恒成立问题；函数的单调性．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由题意可得a＞0且a≠1，再由已知可判断函数f（x）在R上单调递减，从而可得关于a的不等式，从而确定0＜a＜1，再由f（﹣2）＝8及f（x）的单调性将不等式转化为lgax≥﹣2在[2，4]上恒成立，结合y＝lgax为减函数，可得x≤a﹣2在[2，4]上恒成立，则a﹣2≤4，从而可得a的取值范围．
解：由题意可知a＞0且a≠1，
因为y=12x−1在（﹣∞，0）上单调递减，y=2a(x+1)2在[0，+∞）上单调递减，
且函数f（x）在R上单调，
所以函数f（x）在R上单调递减，
所以12−1≥2a，解得a≤1，又a＞0且a≠1，
所以0＜a＜1，
因为f（﹣2）=12−2−1=8，
所以f（lgax）≤8在[2，4]上恒成立等价于f（lgax）≤f（﹣2）在[2，4]上恒成立，
即lgax≥﹣2在[2，4]上恒成立，即lgax≥﹣lgaa﹣2在[2，4]上恒成立，
因为0＜a＜1，所以函数y＝lgax为减函数，
所以x≤a﹣2在[2，4]上恒成立，所以a﹣2≤4，解得0＜a≤12．
故选：B．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
5．（2025•聊城二模）函数f（x）定义域为R，且满足f（﹣x）＝﹣f（x），若y＝f（x）﹣x+ex是偶函数，则不等式f（xex﹣2）+f（2ex﹣x）＜0的解集为（ ）
A．（﹣2，0）B．（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）
C．（0，2）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【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；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据题意可求出f（x）=x+12(e−x−ex)，从而利用导数研究其单调性，进而利用函数的奇偶性及单调性，即可求解．
解：因为f（﹣x）＝﹣f（x），又y＝f（x）﹣x+ex是偶函数，
所以f（﹣x）+x+e﹣x＝f（x）﹣x+ex，
所以﹣f（x）+x+e﹣x＝f（x）﹣x+ex，
所以f（x）=x+12(e−x−ex)，
所以f′（x）＝1−12(1ex+ex)≤1−12×21=0，
所以f（x）为R上的减函数，又f（x）为R上的奇函数，
所以不等式f（xex﹣2）+f（2ex﹣x）＜0可化为：
f（xex﹣2）＜f（x﹣2ex），
所以xex﹣2＞x﹣2ex，
所以（x+2）（ex﹣1）＞0，
所以x∈（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）．
故选：B．
【点评】本题考查函数的奇偶性，函数的单调性的应用，属中档题．
6．（2025•宝安区模拟）已知函数f（x）满足：∀x∈R，f（x﹣1）+6≥f（x+5），f（x+1）﹣3≥f（x﹣2），若f（3）＝2，则f（2025）＝（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
【考点】抽象函数的周期性．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据赋值法，即放缩法，化归转化思想，即可求解．
解：因为f（x﹣1）+6≥f（x+5），
则f（x）+6≥f（x+6），
令x＝﹣3，则f（﹣3）+6≥f（3），
因为f（3）＝2，所以f（﹣3）≥﹣4，
又f（x+1）﹣3≥f（x﹣2），
则f（x）﹣3≥f（x﹣3），即f（x）≥f（x﹣3）+3，
令x＝0，则f（0）≥f（﹣3）+3，即f（0）≥﹣1，
令x＝3，则f（3）﹣3≥f（0），所以f（0）≤﹣1，
故得f（0）＝﹣1，
又f（2025）＝f（2019+6）≤f+6≤f（2013）+6+6≤…≤f（3）+337×6＝2024；
又f（2025）≥f（2025﹣3）+3＝f（2022）+3≥f+3+3≥…≥f（0）+675×3＝﹣1+2025＝2024，
所以2024≤f（2025）≤2024，
即f（2025）＝2024．
故选：C．
【点评】本题考查抽象函数的性质的综合应用，属中档题．
7．（2025•深圳模拟）已知函数f（x）＝aex﹣e﹣x（a为常数），则（ ）
A．∀a∈R，f（x）为奇函数B．∃a∈R，f（x）为偶函数
C．∀a∈R，f（x）为增函数D．∃a∈R，f（x）为减函数
【考点】奇函数偶函数的判断．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】由已知结合函数的奇偶性及单调性的定义及性质，导数与单调性关系及指数函数性质检验各选项即可判断．
解：当a＝2时，f（x）＝2ex﹣e﹣x显然不是奇函数，A错误；
当a＝﹣1时，f（x）＝﹣ex﹣e﹣x为偶函数，B正确；
当a＝﹣1时，f（x）＝﹣ex﹣e﹣x，f（0）＝﹣2，f（1）＝﹣e−1e，显然f（0）＞f（1），C错误；
若f（x）为减函数，则存在a∈R，使得f′（x）＝aex+e﹣x≤0恒成立，
不论a为正还是负，当x→+∞和x→﹣∞时，总存在f′（x）＞0的情况，
即不存在a，使得a≤﹣e﹣2x恒成立a，D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数奇偶性及单调性的综合应用，属于中档题．
8．（2025•淮北模拟）已知函数f（x）和g（x）的定义域均为R，f（x+2）为偶函数，g（x+2）+2为奇函数，若f（x）+g（x）＝3x+lg6（x2+2）﹣40，则f（0）＝（ ）
A．4B．2C．0D．﹣2
【考点】抽象函数的奇偶性．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据抽象函数的性质，赋值法，方程思想，即可求解．
解：因为函数f（x）和g（x）的定义域均为R，f（x+2）为偶函数，g（x+2）+2为奇函数，
所以f（﹣x+2）＝f（x+2），g（﹣x+2）+2+g（x+2）+2＝0，
所以f（0）＝f（4），g（4）＝﹣4﹣g（0），
又f（x）+g（x）＝3x+lg6（x2+2）﹣40，
所以f（0）+g（0）＝1+lg62﹣40，
f（4）+g（4）＝34+lg618﹣40，即f（0）﹣4﹣g（0）＝34+lg618﹣40，
两式相加可得2f（0）﹣4＝1+lg62﹣40+34+lg618﹣40＝4，
所以f（0）＝4．
故选：A．
【点评】本题考查抽象函数的综合应用，属中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025•张家口二模）已知函数f（x）的定义域为R，当p＞0时，f（p）＞0，且对于任意的pq＜1，都有f（p）+f(q)=f(p+q1−pq)，则（ ）
A．f（0）＝0
B．f（x）为偶函数
C．当﹣1＜x＜0时，f（x2）＞f（x）
D．当0＜x＜1时，f（x2）＜f（x）
【考点】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．
【正确答案】ACD
【分析】对于A，令p＝q＝0，求得f（0）＝0，即可判断；
对于B，令q＝﹣p，可得f（p）+f（﹣p）＝0，即可判断；
对于C，当﹣1＜x＜0时，x2＞0＞x，结合函数的奇偶性，即可判断；
对于D，设﹣1＜x1＜x2＜0，结合函数为奇函数，可得f（x）在（﹣1，1）上单调递增，即可判断．
解：对于A，令p＝q＝0，则f（0）+f（0）＝ f（0），
解得f（0）＝0，故A正确；
对于B，令q＝﹣p，
则f（p）+f（﹣p）＝f（0）＝0，
所以f（x）为奇函数，故B 错误；
对于C，当﹣1＜x＜0时，x2＞0＞x，
因为当p＞0时，f（p）＞0，且f（x）为奇函数，
所以当p＜0时，f（p）＜0，
所以f（x2）＞0＞f（x），故C正确；
对于D，设﹣1＜x1＜x2＜0，
令p＝x1，q＝﹣x2，则pq＝﹣x1x2＜1，
因为f（x2）＝﹣f（﹣x2），
所以f（x2）﹣f（x1）＝ f(x2−x11+x1x2)，
因为x2−x11+x1x2＞0，所以f(x2−x11+x1x2)＞ 0，
因此f（x2）﹣f（x1）＞0，
即f（x）在（﹣1，0）上单调递增，
因为f（x）为奇函数，
所以f（x）在（﹣1，1）上单调递增，
所以当0＜x＜1时，x2＜x，
故f（x2）＜f（x），故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了利用赋值法求抽象函数的值、判断抽象函数的奇偶性及单调性，属于中档题．
10．（2025•郑州模拟）已知对于任意非零实数x，函数f（x）均满足f(x)=f(2x)，f（x）=2−f(1x)，下列结论正确的有（ ）
A．f（1）＝1
B．f（2x）关于点（0，1）中心对称
C．f（2x）关于x＝1轴对称
D．f（2）+f（22）+f（23）+⋯+f（210）＝10
【考点】抽象函数的周期性；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；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】由f(x)=2−f(1x)中令x＝1可得A正确；由f（2x）+f（2﹣x）＝2可得B正确；由f（2x）＝f（21﹣x）可得C错误；换元法求出f（2x）＝f（2x+2）可得D正确．
解：因为对于任意非零实数x，函数f（x）均满足f(x)=f(2x)，f（x）=2−f(1x)，
所以对于A，因为f（1）＝2﹣f（1），所以f（1）＝1，所以A正确；
对于B，由f(x)=2−f(1x)可得f(x)+f(1x)=2，即f（2x）+f（2﹣x）＝2，
所以f（2x）关于点（0，1）中心对称，所以B正确；
对于C，由f(x)=f(2x)可得f（2x）＝f（21﹣x），
所以f（2x）关于x=12轴对称，所以C错误；
对于D，因为f（1）＝f（2）＝1，
设g(x)=f(2x)=f(22x)=g(1−x)，①
又g(x)=f(2x)=2−f(12x)=2−g(−x)，②
由①②可得g（1﹣x）＝2﹣g（﹣x），
所以g（1+x）＝2﹣g（x），
所以g（x+2）＝2﹣g（x+1）＝2﹣[2﹣g（x）]＝g（x），
所以f（2x）＝f（2x+2），所以f（2）＝f（22）＝f（23）＝⋯
所以f（2）+f（22）+f（23）+⋯+f（210）＝10，所以D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查抽象函数的性质，赋值法的应用，化归转化思想，属中档题．
11．（2025春•观山湖区校级月考）已知函数f（x）、g（x）定义域为R，函数f（x+1）是偶函数，函数g（x+1）是奇函数，且f（x）+g（x+1）＝1，则（ ）
A．f（0）＝1
B．g（﹣5）＝﹣1
C．f（x）关于（0，1）中心对称
D．f（0）+f（1）+f（2）+⋯+f（2024）＝2025
【考点】抽象函数的奇偶性；抽象函数的周期性．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】根据题意可得f（﹣x+1）＝f（x+1），g（﹣x+1）+g（x+1）＝0，从而可得f（x）关于直线x＝1对称，g（x）关于点（1，0）对称，且g（1）＝0，再结合f（x）+g（x+1）＝1，化归转化，即可求解．
解：因为函数f（x）、g（x）定义域为R，函数f（x+1）是偶函数，函数g（x+1）是奇函数，
所以f（﹣x+1）＝f（x+1），g（﹣x+1）+g（x+1）＝0，
所以f（x）关于直线x＝1对称，g（x）关于点（1，0）对称，且2g（1）＝0，所以g（1）＝0，
又f（x）+g（x+1）＝1，所以f（0）+g（1）＝1，所以f（0）＝1，所以A选项正确；
因为f（x）+g（x+1）＝1①，f（﹣x）+g（﹣x+1）＝1②，又g（﹣x+1）+g（x+1）＝0③，
所以由①②③可得f（x）+f（﹣x）＝2，所以f（x）关于点（0，1）对称，所以C选项正确；
因为f（﹣x+1）＝f（x+1），所以f（﹣x）＝f（x+2），又f（x）+f（﹣x）＝2，
所以f（x）+f（x+2）＝2，所以f（x+2）+f（x+4）＝2，
所以f（x+4）＝f（x）所以f（x）的周期为4，
又f（x）+g（x+1）＝1，所以f（﹣6）+g（﹣5）＝1，又f（﹣6）＝f（2）＝f（0）＝1，
所以g（﹣5）＝0，所以B选项错误；
因为f（x）的周期为4，
所以f（0）＝f（2）＝f（6）＝f（4）＝1，
又f（x）关于点（0，1）对称且对称轴为直线x＝1，
所以f（1）+f（3）＝2，
所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝4，又f（0）＝1，
所以f（0）+f（1）+f（2）+⋯+f（2024）＝506×4+f（0）＝2025，所以D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查抽象函数的综合应用，属中档题．
12．（2025•李沧区校级一模）已知定义在R上的函数f（x）不恒等于0，f（π）＝0，且对任意的x，y∈R，有f（2x）+f（2y）＝2f（x+y）f（x﹣y），则（ ）
A．f（0）＝1
B．f（x）是偶函数
C．f（x）的图象关于点（π，0）中心对称
D．2π是f（x）的一个周期
【考点】抽象函数的周期性；抽象函数的奇偶性．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】利用赋值法，令x＝y结合表达式可判断A正确；再根据偶函数定义可得B正确；取x+y＝π并根据对称中心定义可得C正确；由对称中心以及偶函数性质可判断4π是f（x）的一个周期，可得D错误．
解：由f（2x）+f（2y）＝2f（x+y）f（x﹣y），令x＝y，可得f（2x）+f（2x）＝2f（2x）f（0），解得f（0）＝1，故A正确；
令x＝﹣y，可得f（2x）+f（﹣2x）＝2f（0）f（2x）＝2f（2x），则f（2x）＝f（﹣2x），
即可得对任意的x∈R，满足f（x）＝f（﹣x），即f（x）是偶函数，故B正确；
令x+y＝π，则由f（2x）+f（2y）＝2f（x+y）f（x﹣y），可得f（2π﹣2y）+f（2y）＝2f（π）f（π﹣2y）＝0，
即f（x）满足f（2π﹣x）+f（x）＝0，因此可得f（x）的图象关于点（π，0）中心对称，故C正确；
由于f（x）是偶函数，得f（x﹣2π）+f（x）＝0，即f（x）+f（x+2π）＝0，
可得f（x﹣2π）＝f（x+2π），也即f（x）＝f（x+4π），所以4π是f（x）的一个周期，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查抽象函数的性质及应用，考查逻辑思维能力及运算求解能力，是中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•浙江期中）已知函数f（x）＝4﹣x﹣4x﹣x+5，若f（m2）+f（m﹣2）＞10，则实数m的取值范围是 （﹣2，1） ．
【考点】奇偶性与单调性的综合．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】（﹣2，1）．
【分析】由函数的奇偶性和单调性进行求解即可．
解：设g（x）＝4﹣x﹣4x﹣x，则g（x）为奇函数，且在R上递减，
由f（m2）+f（m﹣2）＞10，
可得g（m2）+5+g（m﹣2）+5＞10，
得g（m2）＞﹣g（m﹣2）＝g（﹣m+2），
所以m2＜﹣m+2，即m2+m﹣2＜0，
解得m∈（﹣2，1），
即实数m的取值范围是（﹣2，1）．
故（﹣2，1）．
【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的运用，属中档题．
14．（2025•湖北模拟）已知f（x）是定义在（0，+∞）上的单调递减函数，且对∀x∈（0，+∞），均有f(x)⋅f(f(x)−1x)=−12，若不等式f（x）≥aex在（0，+∞）恒成立，则实数a的最大值是 e2 ．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】e2．
【分析】记y=f(x)−1x，由f(y)⋅f(f(y)−1y)=−12和f（x）f（y）=−12，得f（f（y）−1y）＝f（x），再由单调性可得f（y）−1y=x，从而可求f（x）的表达式，参变分离，利用导数即可求得答案．
解：记y=f(x)−1x=xf(x)−1x，
用y替换f(x)⋅f(f(x)−1x)=−12中的x，
得f(y)⋅f(f(y)−1y)=−12，
且f（x）f（y）=−12，
所以f（f（y）−1y）＝f（x），
又因为f（x）是定义在（0，+∞）上的单调递减函数，
所以f（y）−1y=x，f（y）＝x+1y=x+xxf(x)−1=x2f(x)xf(x)−1，
由f（x）f（y）=−12，得f（y）=−12f(x)，
所以x2f(x)xf(x)−1=−12f(x)，
所以xf（x）﹣1+2x2f2（x）＝0，
所以[2xf（x）﹣1][xf（x）+1]＝0，
解得f（x）=−1x或f（x）=12x，
又因为f（x）是定义在（0，+∞）上的单调递减函数，
所以f（x）=12x，
所以不等式f（x）≥aex在（0，+∞）恒成立，
即为12x≥aex，a≤ex2x在（0，+∞）恒成立，
令φ（x）=ex2x，x＞0，
所以φ'（x）=ex(x−1)2x2，
所以当0＜x＜1时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
当x＞1时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
所以φ（x）min＝φ（1）=e2，
所以a≤e2，
即实数a的最大值为e2．
故e2．
【点评】本题考查转化思想及不等式恒成立问题，考查了导数的综合运用，属于难题．
15．（2025春•温州期中）设函数f（x）＝x2﹣（k2﹣7ak+3）x+7，已知对任意k∈[0，2]，若x1，x2满足x1∈[k，k+2a]，x2∈[k+3a，k+5a]，则f（x1）≥f（x2），则正实数a的最大值为 26−47 ．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】26−47．
【分析】由f（x1）≥f（x2），可得（x1﹣x2）[（x1+x2）﹣（k2﹣7ak+3）]≥0，由x1，x2的取值范围可得x1＜x2，进而得k2﹣7ak+3≥x1+x2恒成立，又因为（x1+x2）max＝2k+7a，参变分离得7a≤k+1+6k+1−4，利用基本不等式求解即可．
解：因为f（x1）≥f（x2），
即x12−（k2﹣7ak+3）x1+7≥x22−（k2﹣7ak+3）x2+7，
即（x1﹣x2）[（x1+x2）﹣（k2﹣7ak+3）]≥0，
又因为足x1∈[k，k+2a]，x2∈[k+3a，k+5a]，
所以x1＜x2，
所以x1+x2﹣（k2﹣7ak+3）≤0恒成立，
即k2﹣7ak+3≥x1+x2恒成立，
又因为（x1+x2）max＝k+2a+k+5a＝2k+7a，
所以k2﹣7ak+3≥2k+7a，
即7a（k+1）≤k2﹣2k+3，
所以7a≤k2−2k+3k+1=(k+1)2−4(k+1)+6k+1=k+1+6k+1−4，
又因为k∈[0，2]，
所以k+1+6k+1−4≥2(k+1)⋅6k+1−4＝26−4，
当且仅当k+1=6k+1，即k=6−1∈[0，2]时，等号成立，
所以7a≤26−4，
解得0＜a≤26−47，
所以正实数a的最大值为26−47．
故26−47．
【点评】本题考查了转化思想及基本不等式的应用，属于中档题．
16．（2025•日照二模）定义在区间D上的函数y＝f（x），若存在正数K，对任意的x1，x2∈D，不等式|f（x1）﹣f（x2）|≤K|x1﹣x2|恒成立，则称函数y＝f（x）在区间D上满足K﹣条件．若函数f（x）＝（x+1）lnx﹣2x+2在区间[1e，1]上满足K﹣条件，则K的最小值为 e﹣2 ．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】新定义；函数思想；转化思想；综合法；定义法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【正确答案】e﹣2．
【分析】由题意可得K≥|f(x1)−f(x2)||x1−x2|在[1e，1]上恒成立（x1≠x2），设m=|f(x1)−f(x2)||x1−x2|，则m表示函数f（x）在[1e，1]上两点的斜率的绝对值，利用导数的几何意义求出f'（x）在[1e，1]上的最大值，即可得答案．
解：则题意可得|f（x1）﹣f（x2）|≤K|x1﹣x2|在[1e，1]上恒成立，
当x1＝x2时，满足题意；
当x1≠x2时，则有K≥|f(x1)−f(x2)||x1−x2|，
设m=|f(x1)−f(x2)||x1−x2|=|f(x1)−f(x2)x1−x2|，
则m表示函数f（x）在[1e，1]上两点的斜率的绝对值，
因为f（x）＝（x+1）lnx﹣2x+2，
所以f'（x）＝lnx+x+1x−2＝lnx+1x−1，
令φ（x）＝f'（x）＝lnx+1x−1，x∈[1e，1]，
则φ'（x）=1x−1x2=x−1x2≤0，
所以φ（x），即f'（x）在x∈[1e，1]上单调递减，
所以f'（x）∈[e﹣2，0]，
所以m∈[e﹣2，0]，
所以K≥e﹣2，
即K的最小值为e﹣2．
故e﹣2．
【点评】本题考查了转化思想及导数的几何意义，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•湖北模拟）定义：双曲函数是一类与双曲线相关的函数，其中双曲正弦函数sinhx=ex−e−x2，双曲余弦函数cshx=ex+e−x2，双曲正切函数tanhx=sinhxcshx．利用欧拉公式eix＝csx+isinx，其中e为自然对数的底数，i为虚数单位），可以将双曲函数与三角函数联系起来．由欧拉公式可得e﹣ix＝csx﹣isinx，从而csx=eix+e−ix2=csh（ix），sinx=eix−e−ix2=sinh（ix），用ix替换x，可得cs（ix）=e−x+ex2=cshx，sin（ix）=e−x−ex2i=isinhx．
这样，可以把双曲函数看作是“虚角”的三角函数．利用以上关系，可将三角函数的结论类比得到双曲函数相应的结论．
（1）根据正弦函数的二倍角公式sin2x＝2sinxcsx，类比到双曲正弦函数的二倍角公式，可得到什么结论？请直接写出你得到的结论．
（2）请利用题干的信息，把余弦函数的和角公式cs（x+y）＝csxcsy﹣sinxsiny类比到双曲余弦函数的和角公式．请写出类比的推导过程和结论．
（3）已知在三角函数中有不等式：csx＜(sinxx)3，x∈（﹣π，0）∪（0，π）．那么，在双曲函数中，不等式cshx＜(sinhxx)3（x≠0）是否成立呢？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；新定义类．
【正确答案】（1）sinh（2x）＝2sinhxcshx．
（2）csh（x+y）＝cshxcshy+sinhxsinhy．
（3）不等式cshx＜(sinhxx)3(x≠0)成立，证明见解答．
【分析】（1）类比正弦函数的二倍角公式，即可得到双曲正弦函数的二倍角公式；
（2）用ix和iy替换cs（x+y）＝csxcsy﹣sinxsiny中的x和y，即可得解；
（3）不等式cshx＜(sinhxx)3(x≠0)成立，由不等式左、右两边都是偶函数，故只需证明x＞0时的情况即可，当x＞0时，将不等式转化为x−sinhx(cshx)−13＜0．令f(x)=x−sinhx(cshx)−13(x＞0)，利用导数判断f（x）的单调性，从而可得f（x）＜0即可得证．
解：（1）类比正弦函数的二倍角公式，可得到双曲正弦函数的二倍角公式：
sinh（2x）＝2sinhxcshx．
（2）用ix和iy替换cs（x+y）＝csxcsy﹣sinxsiny中的x和y，
可得cs（ix+iy）＝cs（ix）cs（iy）﹣sin（ix）sin（iy）．
由题干条件知cs（ix）＝cshx，sin（ix）＝isinhx，
从而得到cs（ix+iy）＝cshxcshy﹣isinhx•isinhy，
即csh（x+y）＝cshxcshy+sinhxsinhy．
（3）不等式cshx＜(sinhxx)3(x≠0)成立．证明如下：
因为不等式左、右两边都是偶函数，故只需证明x＞0时的情况即可．
当x＞0时，cshx＜(sinhxx)3⇔(cshx)13＜sinhxx⇔x−sinhx(cshx)−13＜0．
令f(x)=x−sinhx(cshx)−13(x＞0)，
因为（sinhx）'＝cshx，（cshx）'＝sinhx，
则f′(x)=1−(cshx)23+13(sinhx)2(cshx)−43，
故f（0）＝f'（0）＝0．
因为f″(x)=−23(cshx)−13sinhx+13[2sinhx(cshx)−13−43(sinhx)3(cshx)−23]
=−49(sinhx)3(cshx)−73＜0，
所以f'（x）在（0，+∞）上单调递减，从而f'（x）＜f'（0）＝0，进而f（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以f（x）＜f（0）＝0，证毕．
【点评】本题主要考查函数的新定义问题，考查逻辑推理能力，属于难题．
18．（2025春•驻马店期中）设函数f（x）＝Asin（ωx+π12）（A≠0，ω＞0）．
（1）当ω=π3时，求解下列问题．
（i）若存在实数M，对任意的x∈I（I是函数y＝f（x）的定义域的子集），都有f（x）≤M，且存在x0∈I，使得f（x0）＝M，则称M为函数f（x）在区间I上的最大值，x0称为最大值点，讨论f（x）在[0，10]上最大值点的个数；
（ii）小明利用函数f（x）进行一个棋盘游戏：有一个2025×2025的正方形棋盘，小明将一棋子开始时置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每下一步移动1格，且在第n（n∈N'）步时，若|f（n）|≥12，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求A的取值范围．
（2）若A＝1，f（x）的最小正周期T∈（8π29，8π5），且曲线y＝f（x）与直线y＝1在区间（π3，3π4）上有且仅有1个交点，求ω的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；正弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【正确答案】（1）（i）答案见解析；（ii）(−∞，−22]∪[22，+∞)；
（2）(299，539]．
【分析】（1）（i）根据正弦函数的性质结合函数最大值的定义，分A＞0和A＜0两种情况讨论即可；
（ii）根据正弦函数的单调性比较|f（1）|，|f（2）|，|f（3）|的大小，进而可得出答案；
（2）方程sin(ωx+π12)=1在x∈(π3，3π4)上有且仅有1个根，再根据正弦函数的性质结合整体思想即可得解．
解：（1）（i）x∈[0，10]，则πx3+π12∈[π12，41π12]，
当A＞0时，y＝sint在[π12，41π12]上有两个最大值点x=π2，x=5π2，
故f（x）在[0，10]上有2个最大值点；
同理当A＜0时，f（x）在[0，10]上有1个最大值点；
（ii）|f（n）|＝|f（n+3）|，棋子移动的周期为3，
若棋子停在棋盘最上边的边界线，则|f（1）|，|f（2）|，|f（3）|中至少有两个大于或等于12，
因为|f(1)|=|A|sin5π12，|f(2)|=|A|sinπ4，|f(3)|=|A|sinπ12，
由正弦函数的单调性得|f（1）|＞|f（2）|＞|f（3）|，
故|f(2)|=22|A|≥12，
则A≥22或A≤−22，
故A的取值范围是(−∞，−22]∪[22，+∞)；
（2）曲线y＝f（x）与直线y＝1在(π3，3π4)上有且仅有1个交点，
即方程sin(ωx+π12)=1在x∈(π3，3π4)上有且仅有1个根，
由x∈(π3，3π4)，可知ωx+π12∈(ωπ3+π12，3ωπ4+π12)，
又因为T∈(8π29，8π5)，即8π29＜2πω＜8π5，
所以54＜ω＜294，
故π2＜ωπ3+π12＜5π2，
则只需令5π2＜3ωπ4+π12≤9π2，
解得299＜ω≤539，
即ω的取值范围为(299，539]．
【点评】本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（2025•河南模拟）已知函数f（x）的定义域和值域分别为A，B，若函数g（x）满足：（i）g（x）的定义域为B；（ii）g（x）的值域为A；（iii）∀x∈B，x＝f（g（x）），∀x∈A，x＝g（f（x）），则称g（x）与f（x）具有N关系．
（1）若f（x）＝2x，判断下列两个函数是否与f（x）具有N关系，并说明理由；
①y＝2lg2x；
②y＝lg2x．
（2）若g（x）与f（x）具有N关系，证明：函数g（x）的图象与f（x）的图象关于直线y＝x对称；
（3）已知函数F（x）＝ex，G（x）与F（x）具有N关系，令f（x）＝F（x）G（x）﹣1．
①判断函数f（x）的单调性；
②证明：∀x＞2，f(x+1)e＞x2+x−1e．
【考点】函数恒成立问题．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【正确答案】（1）f（x）＝2x与①y＝2lg2x不具有N关系，详细见解析；
f（x）＝2x与②y＝lg2x具有N关系，详细见解析；
（2）证明见解析；
（3）①单调递增，详细见解析；②证明见解析．
【分析】（1）根据定义可判断函数g（x）与f（x）是否具有N关系；
（2）要证明函数g（x）的图象与f（x）的图象关于直线y＝x对称，只需证明f（x）上任意一点关于y＝x对称点在 g（x）上即可，即g（x）与f（x）互为反函数；
（3）要证明∀x＞2，f(x+1)e＞x2+x−1e，只需证明f(x+1)e−x2−x+1e＞0，构造新的函数H（x）＝ex•ln（x+1）﹣x2﹣x，对其求导得到新的函数，再对函数进行缩放H′(x)=ex⋅(ln(x+1)+1x+1)−2x−1＞ex−2x−1，(x＞2)，对新函数M（x）＝ex﹣2x﹣1（x＞2），求导，可得到其单调性，以此再向上推，即可证明．
解：（1）根据题意知f（x）＝2x的定义域为{x|x∈R}，值域为（0，+∞），
①y＝2lg2x 的定义域为（0，+∞），值域为{x|x∈R}，满足（i）（ii），
∀x∈B，f（g（x））=22lg2x=x2≠x，
所以f（x）＝2x与①y＝2lg2x不具有N关系；
②y＝lg2x 的定义域为（0，+∞），值域为{x|x∈R}，满足（i）（ii），
∀x∈B，f（g（x））=2lg2x=x，∀x∈A，g（f（x））=lg22x=x，满足（iii），
所以f（x）＝2x与②y＝lg2x具有N关系；
（2）证明：设y＝f（x）上任一点为（x0，y0），y＝g（x）上任意一点为（x1，y1），
若g（x）与f（x）具有N关系，
则x0∈A，y0∈B，则x1∈B，y1∈A，
∀x1∈B x1＝f（g（x1））＝f（y1），y1=f−1(x1)，
∀x0∈A，x0=g(f(x0）=g(y0)，y0=g−1(x0)，
即y＝f（x）与y＝g（x）互为反函数，
则互为反函数的图象关于直线y＝x对称，
所以函数g（x）的图象与f（x）的图象关于直线y＝x对称；
（3）①由（2）知若G（x）与F（x）具有N关系，则G（x）与F（x）互为反函数，
函数F（x）＝ex，则函数G（x）＝ln x，
f（x）＝F（x）G（x）﹣1＝ex•lnx﹣1，（x＞0），
对f（x）＝ex•lnx﹣1求导，
可得f′(x)=ex⋅lnx+exx=ex(lnx+1x)，
令t(x)=lnx+1x，t′(x)=lnx+1x=1x−1x2=1x(1−1x)，
当0＜x＜1时，t′(x)=1x(1−1x)＜0，t(x)=lnx+1x单调递减，
当1＜x时，t′(x)=1x(1−1x)＞0，t(x)=lnx+1x单调递增，
所以t（x）min＝t（1）＝1＞0，
所以f′(x)=ex⋅lnx+exx=ex(lnx+1x)＞0，
则f（x）＝F（x）G（x）﹣1＝ex•lnx﹣1，（x＞0）单调递增．
②证明：根据题意知f(x+1)e−x2−x+1e=ex+1⋅ln(x+1)−1e−x2−x+1e=ex⋅ln(x+1)−x2−x，
当x＞2时，令H（x）＝ex•ln（x+1）﹣x2﹣x，
则H′(x)=ex⋅[ln(x+1)+1x+1]−2x−1＞ex−2x−1(x＞2)，
令M（x）＝ex﹣2x﹣1（x＞2），
则M'（x）＝ex﹣2＞0（x＞2），
所以M（x）单调递增，
则M（x）＞M（2）＝e2﹣5＞0，
所以H'（x）＞0（x＞2），
则H（x）单调递增，
则H（x）＞H（2）＝e2•ln3﹣6＞e2﹣6＞0，
所以f(x+1)e−x2−x+1e=ex⋅ln(x+1)−x2−x＞0，
则∀x＞2，f(x+1)e＞x2+x−1e．
【点评】本题属于新概念题，考查了指数函数、对数函数的性质，考查了转化思想、导数的综合运用，考查了利用放缩法证明不等式，属于难题．
20．（2025春•铁岭期中）已知函数f（x）＝lg2（x2﹣ax+1）．
（1）当a＝1时，求f（x）的最小值；
（2）若f（x）为偶函数，求a的值；
（3）设g（x）＝4x﹣2x+1，若对于任意x1∈（0，1），存在x2∈[﹣1，1]，使得不等式f（x1）≥g（x2）成立，求a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；奇函数偶函数的性质．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【正确答案】（1）f（x）的最小值为lg23﹣2．
（2）a＝0．
（3）的取值范围是(−∞，2]．
【分析】（1）根据复合函数单调性确定函数f（x）的单调性即可得最值；
（2）根据函数的奇偶性求参数即可；
（3）由题意可得f（x1）≥g（x2）min恒成立，利用换元法可得g（x2）min，则lg2(x2−ax+1)≥−1在（0，1）上恒成立，由对数函数的单调性及参变量分离法可得a≤x+12x在（0，1）上恒成立，利用基本不等式可得x+12x的最小值，从而可得a的取值范围．
解：（1）f(x)=lg2(x2−x+1)，由于x2−x+1=(x−12)2+34＞0恒成立，
所以函数f（x）的定义域为R，
又函数y＝x2﹣x+1在(−∞，12)上单调递减，在(12，+∞)上单调递增，函数y＝lg2x为增函数，
所以函数f（x）在(−∞，12)上单调递减，在(12，+∞)上单调递增，
故f（x）的最小值为f(12)=lg234=lg23−2．
（2）若f（x）为偶函数，则f（x）＝f（﹣x），
所以lg2(x2−ax+1)=lg2(x2+ax+1)，
即x2﹣ax+1＝x2+ax+1恒成立，所以a＝0；
当a＝0时，函数f（x）定义域为R，满足f（x）＝f（﹣x），
故若f（x）为偶函数，则a＝0；
（3）若对于任意x1∈（0，1），存在x2∈[﹣1，1]，使得不等式f（x1）≥g（x2）成立，
则f（x1）≥g（x2）min恒成立，
令t＝2x，当x∈[﹣1，1]时，t∈[12，2]，
所以g（x）＝G（t）＝t2﹣2t，所以当t＝1时，g（x）min＝G（1）＝﹣1，
所以f（x）≥﹣1在（0，1）上恒成立，
即lg2(x2−ax+1)≥−1在（0，1）上恒成立，则x2−ax+1≥12在（0，1）上恒成立，
所以a≤x+12x在（0，1）上恒成立，
因为x+12x≥2x⋅12x=2，当且仅当x=12x，即x=22∈(0，1)时等号成立，
所以a≤2，即a的取值范围是(−∞，2]．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．