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正确率40.0%已知函数$$f ( x )=-x+\mathrm{l g} \frac{2-x} {2+x}，$$且$$f ( m )+f ( 2 m-1 ) > 0，$$则实数$${{m}}$$的取值范围是（）
D
A.$$\left(-\infty， ~ \frac{1} {3} \right)$$
B.$$\left( \frac{1} {3}， ~+\infty\right)$$
C.$$\left( \frac{1} {3}， \ \frac{3} {2} \right)$$
D.$$\left(-\frac{1} {2}， \ \frac{1} {3} \right)$$
2、['利用函数单调性解不等式'， '抽象函数的应用'， '绝对值不等式的解法']正确率40.0%已知$${{f}{（}{x}{）}}$$是$${{R}}$$上的减函数，且$$M ~ ( ~-3， ~ 2 ) ~， ~ N ~ ( ~ 5， ~-2 )$$是其图象上的两点，则不等式$$\left| f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right) \right| > 2$$的解集为（）
A
A.$$( \mathbf{\tau}-\infty， \mathbf{\tau}-\mathbf{3} ) \mathbf{\cup} \mathbf{\tau} ( \mathbf{5}， \mathbf{\tau}+\infty)$$
B.$$( \mathrm{\it~-3， \ 5 ~} )$$
C.$$( ~-\infty， ~-3 ] \cup[ 5， ~+\infty)$$
D.$$[-3， ~ 5 ]$$
3、['函数奇偶性的应用'， '利用函数单调性解不等式'， '函数单调性的应用']正确率60.0%若$${{f}{{(}{x}{)}}}$$是定义在$${{R}}$$上的偶函数，在$$(-\infty， 0 ]$$上是减函数，且$${{f}{{(}{2}{)}}{=}{0}}$$，则使得$${{f}{{(}{{l}{o}{g}_{2}}{x}{)}}{<}{0}}$$的$${{x}}$$的取值范围是
A
A.$$\left( \frac{1} {4}， 4 \right)$$
B.$$\left( 0， \frac{1} {4} \right) \bigcup{( 4，+\infty)}$$
C.$$( 4，+\infty)$$
D.$$( 0， 4 )$$
4、['利用函数单调性解不等式'， '利用导数讨论函数单调性'， '函数单调性与奇偶性综合应用']正确率19.999999999999996%设函数$${{f}{(}{x}{)}}$$在$${{R}}$$上存在导函数$$f^{\prime} ( x )$$，对任意的实数$${{x}}$$都有$$f ( x )=2 x^{2}-f (-x )$$，当$$x \in(-\infty， 0 )$$时，$$f^{\prime} ( x )+1 < 2 x$$.若$$f ( m+2 ) \leqslant f (-m )+4 m+4$$，则实数$${{m}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
C
A.$$[-\frac{1} {2}，+\infty)$$
B.$$[-\frac{3} {2}，+\infty)$$
C.$$[-1，+\infty)$$
D.$$[-2，+\infty)$$
6、['利用函数单调性解不等式'， '利用导数讨论函数单调性']正确率60.0%已知函数$$f \left( x \right)=x-\operatorname{s i n} \! x$$则不等式$$f \left( 1-x^{2} \right)+f \left( 3 x+3 \right) > 0$$的解集是（）
C
A.$$(-\infty，-4 ) \cup( 1，+\infty)$$
B.$$(-\infty，-1 ) \cup( 4，+\infty)$$
C.$$(-1， 4 )$$
D.$$(-4， 1 )$$
7、['利用函数单调性解不等式']正确率60.0%已知函数$$f \left( x \right)=\operatorname{l n} x+2^{x}$$，若$$f \left( x^{2}-4 \right) < 2$$，则实数$${{x}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
D
A.$$( 0， \sqrt{5} )$$
B.$$(-\sqrt{5}， \sqrt{5} )$$
C.$$( 2， \sqrt{5} )$$
D.$$(-\sqrt{5}，-2 ) \bigcup\， ( 2， \sqrt{5} )$$
8、['利用函数单调性解不等式'， '抽象函数的应用'， '导数与单调性'， '导数中的函数构造问题']正确率40.0%函数$${{f}{(}{x}{)}}$$的导函数$$f^{\prime} ( x )$$，对$${{∀}{x}{∈}{R}}$$有$$f^{\prime} ( x ) < x^{2}$$.若$$f ( 1-m )-f ( m ) \geqslant\frac{1} {3} [ \left( 1-m \right)^{3}-m^{3} ]$$，则实数$${{m}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
A
A.$$[ \frac{1} {2}，+\infty)$$
B.$$(-\infty， \frac{1} {2} ]$$
C.$$[-\frac{1} {2}， \frac{1} {2} ]$$
D.$$(-\infty，-\frac{1} {2} ] \cup[ \frac{1} {2}，+\infty)$$
9、['利用函数单调性解不等式'， '指数型复合函数的应用'， '指数（型）函数的单调性'， '函数单调性与奇偶性综合应用']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=\frac{\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}} {\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}}$$，实数$${{m}{，}{n}}$$满足不等式$$f ( 2 m-n )+f ( 2-n ) > 0$$，则下列不等关系成立的是（）
C
A.$$m+n > 1$$
B.$$m+n < 1$$
C.$$m-n >-1$$
D.$$m-n <-1$$
10、['利用函数单调性解不等式'， '分段函数与方程、不等式问题'， '对数方程与对数不等式的解法']正确率40.0%设函数$$f ( x )=\left\{\begin{aligned} {\operatorname{l o g}_{2} ( x+1 )， x \geqslant0，} \\ {\sqrt{-x}， x < 0，} \\ \end{aligned} \right.$$则满足$$f ( x+1 ) < 2$$的$${{x}}$$的取值范围为（）
B
A.$$(-4， 3 )$$
B.$$(-5， 2 )$$
C.$$(-3， 4 )$$
D.$$(-\infty，-3 ) \cup( 4，+\infty)$$
1. 已知函数 $$f(x) = -x + \lg \frac{{2 - x}}{{2 + x}}$$，且 $$f(m) + f(2m - 1) > 0$$，求实数 $$m$$ 的取值范围。
首先分析函数定义域：$$\frac{{2 - x}}{{2 + x}} > 0$$，解得 $$x \in (-2, 2)$$。
计算 $$f(-x) = x + \lg \frac{{2 + x}}{{2 - x}} = x - \lg \frac{{2 - x}}{{2 + x}} = -f(x)$$，故 $$f(x)$$ 为奇函数。
原不等式化为 $$f(m) > -f(2m - 1) = f(1 - 2m)$$。
分析单调性：设 $$g(x) = \lg \frac{{2 - x}}{{2 + x}}$$，求导得 $$g'(x) = \frac{{-1}}{{(2 - x)\ln 10}} - \frac{{1}}{{(2 + x)\ln 10}} < 0$$，且 $$-x$$ 递减，故 $$f(x)$$ 在 $$(-2, 2)$$ 上单调递减。
因此 $$m < 1 - 2m$$，且需满足定义域 $$m \in (-2, 2)$$ 和 $$2m - 1 \in (-2, 2)$$。
解 $$m < 1 - 2m$$ 得 $$m < \frac{{1}}{{3}}$$。
定义域约束：$$2m - 1 > -2 \Rightarrow m > -\frac{{1}}{{2}}$$，且 $$2m - 1 < 2 \Rightarrow m < \frac{{3}}{{2}}$$。
综上，$$m \in \left( -\frac{{1}}{{2}}, \frac{{1}}{{3}} \right)$$，对应选项 D。
2. 已知 $$f(x)$$ 是 $$R$$ 上的减函数，且 $$M(-3, 2)$$、$$N(5, -2)$$ 是其图象上的两点，求不等式 $$|f(x)| > 2$$ 的解集。
由 $$f(-3) = 2$$，$$f(5) = -2$$，且 $$f(x)$$ 递减。
$$|f(x)| > 2$$ 等价于 $$f(x) > 2$$ 或 $$f(x) < -2$$。
由于递减，$$f(x) > 2$$ 当且仅当 $$x < -3$$；$$f(x) < -2$$ 当且仅当 $$x > 5$$。
故解集为 $$(-\infty, -3) \cup (5, +\infty)$$，对应选项 A。
3. 若 $$f(x)$$ 是定义在 $$R$$ 上的偶函数，在 $$(-\infty, 0]$$ 上减，且 $$f(2) = 0$$，求使 $$f(\log_2 x) < 0$$ 的 $$x$$ 的取值范围。
由偶函数及单调性，$$f(x)$$ 在 $$[0, +\infty)$$ 上增，且 $$f(-2) = f(2) = 0$$。
$$f(\log_2 x) < 0$$ 即 $$f(|\log_2 x|) < f(2)$$，由递增性得 $$|\log_2 x| < 2$$。
即 $$-2 < \log_2 x < 2$$，解得 $$x \in \left( \frac{{1}}{{4}}, 4 \right)$$，对应选项 A。
4. 设函数 $$f(x)$$ 在 $$R$$ 上存在导函数 $$f'(x)$$，对任意实数 $$x$$ 有 $$f(x) = 2x^2 - f(-x)$$，当 $$x \in (-\infty, 0)$$ 时，$$f'(x) + 1 < 2x$$。若 $$f(m + 2) \leq f(-m) + 4m + 4$$，求实数 $$m$$ 的取值范围。
由 $$f(x) = 2x^2 - f(-x)$$，代入 $$x = 0$$ 得 $$f(0) = 0$$。
求导：$$f'(x) = 4x + f'(-x)$$。当 $$x < 0$$ 时，$$f'(x) + 1 < 2x$$，即 $$f'(x) < 2x - 1$$。
构造 $$g(x) = f(x) - x^2 + x$$，则 $$g'(x) = f'(x) - 2x + 1$$。当 $$x < 0$$ 时，$$g'(x) < 0$$，故 $$g(x)$$ 在 $$(-\infty, 0)$$ 上减。
由 $$f(x) = 2x^2 - f(-x)$$，可得 $$g(x) = g(-x)$$，即 $$g(x)$$ 为偶函数，故在 $$(0, +\infty)$$ 上增。
不等式 $$f(m + 2) \leq f(-m) + 4m + 4$$ 化为 $$g(m + 2) \leq g(-m)$$。
由偶性和单调性，$$|m + 2| \geq | -m | = |m|$$，解得 $$m \geq -1$$，对应选项 C。
6. 已知函数 $$f(x) = x - \sin x$$，求不等式 $$f(1 - x^2) + f(3x + 3) > 0$$ 的解集。
$$f'(x) = 1 - \cos x \geq 0$$，故 $$f(x)$$ 在 $$R$$ 上递增，且为奇函数。
不等式化为 $$f(1 - x^2) > -f(3x + 3) = f(-3x - 3)$$。
由递增性，$$1 - x^2 > -3x - 3$$，即 $$x^2 - 3x - 4 < 0$$。
解得 $$x \in (-1, 4)$$，对应选项 C。
7. 已知函数 $$f(x) = \ln x + 2^x$$，若 $$f(x^2 - 4) < 2$$，求实数 $$x$$ 的取值范围。
$$f(1) = \ln 1 + 2^1 = 2$$，且 $$f(x)$$ 在定义域 $$(0, +\infty)$$ 上严格增（导数 $$f'(x) = \frac{{1}}{{x}} + 2^x \ln 2 > 0$$）。
故 $$f(x^2 - 4) < f(1)$$ 等价于 $$x^2 - 4 < 1$$，且 $$x^2 - 4 > 0$$（定义域要求）。
即 $$x^2 < 5$$ 且 $$x^2 > 4$$，解得 $$x \in (-\sqrt{5}, -2) \cup (2, \sqrt{5})$$，对应选项 D。
8. 函数 $$f(x)$$ 的导函数 $$f'(x)$$，对 $$\forall x \in R$$ 有 $$f'(x) < x^2$$。若 $$f(1 - m) - f(m) \geq \frac{{1}}{{3}}[(1 - m)^3 - m^3]$$，求实数 $$m$$ 的取值范围。
构造 $$g(x) = f(x) - \frac{{1}}{{3}}x^3$$，则 $$g'(x) = f'(x) - x^2 < 0$$，故 $$g(x)$$ 在 $$R$$ 上严格递减。
不等式化为 $$g(1 - m) \geq g(m)$$。
由递减性，$$1 - m \leq m$$，即 $$m \geq \frac{{1}}{{2}}$$，对应选项 A。
9. 已知函数 $$f(x) = \frac{{e^x - e^{-x}}}{{e^x + e^{-x}}}$$，实数 $$m, n$$ 满足不等式 $$f(2m - n) + f(2 - n) > 0$$，判断不等关系。
$$f(x)$$ 为奇函数，且严格递增（导数 $$f'(x) = \frac{{4}}{{(e^x + e^{-x})^2}} > 0$$）。
不等式化为 $$f(2m - n) > -f(2 - n) = f(n - 2)$$。
由递增性，$$2m - n > n - 2$$，即 $$m - n > -1$$，对应选项 C。
10. 设函数 $$f(x) = \begin{cases} \log_2 (x + 1), & x \geq 0 \\ \sqrt{-x}, & x < 0 \end{cases}$$，求满足 $$f(x + 1) < 2$$ 的 $$x$$ 的取值范围。
先求 $$f(a) < 2$$ 的解：
当 $$a \geq 0$$ 时，$$\log_2 (a + 1) < 2 \Rightarrow a + 1 < 4 \Rightarrow a < 3$$；
当 $$a < 0$$ 时，$$\sqrt{-a} < 2 \Rightarrow -a < 4 \Rightarrow a > -4$$。
故 $$f(a) < 2$$ 的解为 $$a \in (-4, 3)$$。
令 $$a = x + 1$$，则 $$x + 1 \in (-4, 3)$$，即 $$x \in (-5, 2)$$，对应选项 B。