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2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
1. (2025 湖南长沙阶段测试)已知$\log_{2}a + \log_{2}b = 0(a ＞ 0$且$a \neq 1,b ＞ 0$且$b \neq 1)$，则同一坐标系内，函数$f(x) = a^{x}$与$g(x) = \log_{b}\frac{1}{x}$的图象可能是（
B
）
答案：
1.B $\log_2 a + \log_2 b = 0$，即$\log_2(ab) = 0$，则$ab = 1$.
当$a ＞ 1$时，$0 ＜ b ＜ 1$，函数$f(x) = a^x$在$\mathbf{R}$上为增函数，$g(x) = \log_b \frac{1}{x}$在$(0, +\infty)$上为增函数，B满足；
当$0 ＜ a ＜ 1$时，$b ＞ 1$，函数$f(x) = a^x$在$\mathbf{R}$上为减函数，$g(x) = \log_b \frac{1}{x}$在$(0, +\infty)$上为减函数，四个选项均不满足.
当$a ＞ 1$时，$0 ＜ b ＜ 1$，函数$f(x) = a^x$在$\mathbf{R}$上为增函数，$g(x) = \log_b \frac{1}{x}$在$(0, +\infty)$上为增函数，B满足；
当$0 ＜ a ＜ 1$时，$b ＞ 1$，函数$f(x) = a^x$在$\mathbf{R}$上为减函数，$g(x) = \log_b \frac{1}{x}$在$(0, +\infty)$上为减函数，四个选项均不满足.
2. (2025 安徽鼎尖教育联考)已知函数$f(x) = \lg|x| + 2^{x} + 2^{-x}$在$(-\infty,0)$上单调递减，则（
A.$f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(5^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(\log_{3}\frac{1}{5})$
B.$f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(\log_{3}\frac{1}{5}) ＞ f(5^{-\frac{1}{3}})$
C.$f(\log_{3}\frac{1}{5}) ＞ f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(5^{-\frac{1}{3}})$
D.$f(5^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(\log_{3}\frac{1}{5})$
C
）A.$f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(5^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(\log_{3}\frac{1}{5})$
B.$f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(\log_{3}\frac{1}{5}) ＞ f(5^{-\frac{1}{3}})$
C.$f(\log_{3}\frac{1}{5}) ＞ f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(5^{-\frac{1}{3}})$
D.$f(5^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(3^{-\frac{1}{3}}) ＞ f(\log_{3}\frac{1}{5})$
答案：
2.C 由题知，函数$f(x)$的定义域为$(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$，又$f(x) = f(-x)$，$\therefore f(x)$为偶函数，又$f(x)$在$(-\infty, 0)$上单调递减，$\therefore f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增.
$f\left(\log_3 \frac{1}{5}\right) = f(-\log_3 5) = f(\log_3 5)$，
$\because \log_3 5 ＞ 1 ＞ 3^{-\frac{1}{4}} ＞ 5^{-\frac{1}{4}} ＞ 0$，
$\therefore f\left(\log_3 \frac{1}{5}\right) ＞ f(3^{-\frac{1}{4}}) ＞ f(5^{-\frac{1}{4}})$.
$f\left(\log_3 \frac{1}{5}\right) = f(-\log_3 5) = f(\log_3 5)$，
$\because \log_3 5 ＞ 1 ＞ 3^{-\frac{1}{4}} ＞ 5^{-\frac{1}{4}} ＞ 0$，
$\therefore f\left(\log_3 \frac{1}{5}\right) ＞ f(3^{-\frac{1}{4}}) ＞ f(5^{-\frac{1}{4}})$.
3. (2025 浙江台金七校联盟期中)已知函数$f(x) = |\log_{2}x|$，正实数$m,n$满足$m ＜ n$，且$f(m) = f(n)$，若$m + n = \frac{5}{2}$，则$f(x)$在区间$[m^{2},n]$上的最大值为（ ）
A.2
B.$\frac{5}{2}$
C.1
D.$\frac{1}{2}$
A.2
B.$\frac{5}{2}$
C.1
D.$\frac{1}{2}$
答案：
3.A 根据题意作图如下:
由$f(m) = f(n)$，$0 ＜ m ＜ n$可得$-\log_2 m = \log_2 n$，则$\frac{1}{m} = n$，则$m + n = \frac{1}{n} + n = \frac{5}{2}$，所以$m = \frac{1}{2}$，$n = 2$，
则区间$[m^2, n]$即为$\left[\frac{1}{4}, 2\right]$.
易知函数$f(x)$在$\left(\frac{1}{4}, 1\right]$上单调递减，在$(1, 2)$上单调递增，$f\left(\frac{1}{4}\right) = \vert\log_2 \frac{1}{4}\vert = 2$，$f(2) = \vert\log_2 2\vert = 1$，故函数$f(x)$在$\left[\frac{1}{4}, 2\right]$上的最大值为$2$.
3.A 根据题意作图如下:
由$f(m) = f(n)$，$0 ＜ m ＜ n$可得$-\log_2 m = \log_2 n$，则$\frac{1}{m} = n$，则$m + n = \frac{1}{n} + n = \frac{5}{2}$，所以$m = \frac{1}{2}$，$n = 2$，
则区间$[m^2, n]$即为$\left[\frac{1}{4}, 2\right]$.
易知函数$f(x)$在$\left(\frac{1}{4}, 1\right]$上单调递减，在$(1, 2)$上单调递增，$f\left(\frac{1}{4}\right) = \vert\log_2 \frac{1}{4}\vert = 2$，$f(2) = \vert\log_2 2\vert = 1$，故函数$f(x)$在$\left[\frac{1}{4}, 2\right]$上的最大值为$2$.
4. (2024 新课标Ⅱ,8)设函数$f(x) = (x + a)·\ln(x + b)$.若$f(x) \geq 0$，则$a^{2} + b^{2}$的最小值为（ ）
A.$\frac{1}{8}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{2}$
D.1
A.$\frac{1}{8}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{2}$
D.1
答案：
4.C 解法一:由题意可知$f(x) = (x + a)\ln(x + b) \geq 0$对任意$x ＞ -b$恒成立.
当$x + a ＞ 0$，即$x ＞ -a$时，要满足题意，则$\ln(x + b) \geq 0$，即$x + b \geq 1$，解得$x \geq 1 - b$.
当$x + a ＜ 0$，即$x ＜ -a$时，要满足题意，则$\ln(x + b) \leq 0$，即$0 ＜ x + b \leq 1$，解得$-b ＜ x \leq 1 - b$.
所以$-a = 1 - b$，即$a = b - 1$，
所以$a^2 + b^2 = (b - 1)^2 + b^2 = 2\left(b - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2} \geq \frac{1}{2}$，当且仅当$b = \frac{1}{2}$时取等号.
解法二:令$\varphi(x) = x + a$，$Q(x) = \ln(x + b)$，
因为$f(x) \geq 0$，且$\varphi(x)$与$Q(x)$在定义域上均单调递增，所以必有$\varphi(x)$与$Q(x)$在公共定义域的相同区间上的函数值同正、同负或同为零.
如图，令$\varphi(x)$与$Q(x)$的图象交于$x$轴上同一点，
易知$Q(1 - b) = 0$，设点$A(1 - b, 0)$，将点$A$的坐标代入$\varphi(x) = x + a$，得$0 = 1 - b + a$，即$a = b - 1$.
所以$a^2 + b^2 = (b - 1)^2 + b^2 = 2\left(b - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2}$，
当且仅当$b = \frac{1}{2}$时，$a^2 + b^2$取得最小值，为$\frac{1}{2}$.
解后反思
函数$f(x)$，$g(x)$在公共定义域上的单调性相同时，由$f(x)g(x) \geq 0$，可得到两函数同零点.在解答小题时利用此结论可快速得解.
4.C 解法一:由题意可知$f(x) = (x + a)\ln(x + b) \geq 0$对任意$x ＞ -b$恒成立.
当$x + a ＞ 0$，即$x ＞ -a$时，要满足题意，则$\ln(x + b) \geq 0$，即$x + b \geq 1$，解得$x \geq 1 - b$.
当$x + a ＜ 0$，即$x ＜ -a$时，要满足题意，则$\ln(x + b) \leq 0$，即$0 ＜ x + b \leq 1$，解得$-b ＜ x \leq 1 - b$.
所以$-a = 1 - b$，即$a = b - 1$，
所以$a^2 + b^2 = (b - 1)^2 + b^2 = 2\left(b - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2} \geq \frac{1}{2}$，当且仅当$b = \frac{1}{2}$时取等号.
解法二:令$\varphi(x) = x + a$，$Q(x) = \ln(x + b)$，
因为$f(x) \geq 0$，且$\varphi(x)$与$Q(x)$在定义域上均单调递增，所以必有$\varphi(x)$与$Q(x)$在公共定义域的相同区间上的函数值同正、同负或同为零.
如图，令$\varphi(x)$与$Q(x)$的图象交于$x$轴上同一点，
易知$Q(1 - b) = 0$，设点$A(1 - b, 0)$，将点$A$的坐标代入$\varphi(x) = x + a$，得$0 = 1 - b + a$，即$a = b - 1$.
所以$a^2 + b^2 = (b - 1)^2 + b^2 = 2\left(b - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{2}$，
当且仅当$b = \frac{1}{2}$时，$a^2 + b^2$取得最小值，为$\frac{1}{2}$.
解后反思
函数$f(x)$，$g(x)$在公共定义域上的单调性相同时，由$f(x)g(x) \geq 0$，可得到两函数同零点.在解答小题时利用此结论可快速得解.
5. (2024 北京,9)已知$(x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})$是函数$y = 2^{x}$的图象上两个不同的点，则（ ）
A.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＜ \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$
B.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＞ \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$
C.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＜ x_{1} + x_{2}$
D.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＞ x_{1} + x_{2}$
A.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＜ \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$
B.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＞ \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$
C.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＜ x_{1} + x_{2}$
D.$\log_{2}\frac{y_{1} + y_{2}}{2} ＞ x_{1} + x_{2}$
答案：
5.B 对于A，B，由题意不妨设$x_1 ＜ x_2$，因为函数$y = 2^x$是增函数，所以$0 ＜ 2^{x_1} ＜ 2^{x_2}$，即$0 ＜ y_1 ＜ y_2$.
又$\frac{2^{x_1} + 2^{x_2}}{2} ＞ \sqrt{2^{x_1} · 2^{x_2}} = 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}}$，即$\frac{y_1 + y_2}{2} ＞ 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}}$，故$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＞ \log_2 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}} = \frac{x_1 + x_2}{2}$，故A错误，B正确.
对于C，取$x_1 = -1$，$x_2 = -2$，则$y_1 = \frac{1}{2}$，$y_2 = \frac{1}{4}$，
可得$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} = \log_2 \frac{3}{8} = \log_2 3 - 3 \in (-2, -1)$，
所以$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＞ -3 = x_1 + x_2$，故C错误.
对于D，取$x_1 = 0$，$x_2 = 1$，则$y_1 = 1$，$y_2 = 2$，可得$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} = \log_2 \frac{3}{2} \in (0, 1)$，所以$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＜ 1 = x_1 + x_2$，故D错误.
考场速解
令$f(x)=y = 2^x$，作出函数$y = f(x)$的图象，如图
由图可知，$f\left(\frac{x_1 + x_2}{2}\right) ＜ \frac{y_1 + y_2}{2}$，
$\therefore 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}} ＜ \frac{y_1 + y_2}{2}$，两边取对数得$\log_2 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}} ＜ \log_2 \frac{y_1 + y_2}{2}$，$\therefore \log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＞ \frac{x_1 + x_2}{2}$
5.B 对于A，B，由题意不妨设$x_1 ＜ x_2$，因为函数$y = 2^x$是增函数，所以$0 ＜ 2^{x_1} ＜ 2^{x_2}$，即$0 ＜ y_1 ＜ y_2$.
又$\frac{2^{x_1} + 2^{x_2}}{2} ＞ \sqrt{2^{x_1} · 2^{x_2}} = 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}}$，即$\frac{y_1 + y_2}{2} ＞ 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}}$，故$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＞ \log_2 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}} = \frac{x_1 + x_2}{2}$，故A错误，B正确.
对于C，取$x_1 = -1$，$x_2 = -2$，则$y_1 = \frac{1}{2}$，$y_2 = \frac{1}{4}$，
可得$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} = \log_2 \frac{3}{8} = \log_2 3 - 3 \in (-2, -1)$，
所以$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＞ -3 = x_1 + x_2$，故C错误.
对于D，取$x_1 = 0$，$x_2 = 1$，则$y_1 = 1$，$y_2 = 2$，可得$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} = \log_2 \frac{3}{2} \in (0, 1)$，所以$\log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＜ 1 = x_1 + x_2$，故D错误.
考场速解
令$f(x)=y = 2^x$，作出函数$y = f(x)$的图象，如图
由图可知，$f\left(\frac{x_1 + x_2}{2}\right) ＜ \frac{y_1 + y_2}{2}$，
$\therefore 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}} ＜ \frac{y_1 + y_2}{2}$，两边取对数得$\log_2 2^{\frac{x_1 + x_2}{2}} ＜ \log_2 \frac{y_1 + y_2}{2}$，$\therefore \log_2 \frac{y_1 + y_2}{2} ＞ \frac{x_1 + x_2}{2}$
6. (2025 江西萍乡期中)已知函数$f(x) = \begin{cases}|\log_{3}x|,x ＞ 0,\\3^{x},x \leq 0,\end{cases}$若函数$g(x) = [f(x)]^{2} - 2(m + 2)f(x) + 4m$恰有 5 个零点，则实数$m$的取值范围是（ ）
A.$(0,1$
B.$(0,\frac{3}{2}$
C.$1,+\infty)$
D.$(\frac{3}{2},+\infty)$
A.$(0,1$
B.$(0,\frac{3}{2}$
C.$1,+\infty)$
D.$(\frac{3}{2},+\infty)$
答案：
6.B 由函数$g(x) = [f(x)]^2 - 2(m + 2)f(x) + 4m$恰有5个零点，得方程$[f(x)]^2 - 2(m + 2)f(x) + 4m = 0$有5个根.作出函数$y = f(x)$的图象，如图所示，
令$t = f(x)$，观察图象知，当$0 ＜ t \leq 1$时，$y = f(x)$的图象与直线$y = t$有3个交点，当$t ＞ 1$时，$y = f(x)$的图象与直线$y = t$有2个交点.
令$h(t) = t^2 - 2(m + 2)t + 4m$，
由函数$g(x)$有5个零点，得$h(t) = 0$有两个不等实根，记为$t_1$，$t_2$，且$t_1 ＜ t_2$，
则由上述分析知$t_1 \in (0, 1]$，$t_2 \in (1, +\infty)$，
因此$\begin{cases} \Delta = 4(m + 2)^2 - 16m ＞ 0, \\ h(0) = 4m ＞ 0, \\ h(1) = 2m - 3 ＜ 0 \end{cases}$或$\begin{cases} \Delta = 4(m + 2)^2 - 16m ＞ 0, \\ h(0) = 4m ＞ 0, \\ m + 2 ＞ 1, \end{cases}$
解得$0 ＜ m ＜ \frac{3}{2}$或$m = \frac{3}{2}$，
所以实数$m$的取值范围是$\left[0, \frac{3}{2}\right]$.
方法总结
本题为嵌套函数的零点问题，解决这类问题的关键是换元，解题步骤如下(以求$y = f(u(x))$的零点为例):
(1)求外层函数$f(u)$的零点$u_1$，$u_2$，$·s$，$u_n$；
(2)解内层函数对应的方程$u(x) = u_1$，$u(x) = u_2$，$·s$，$u(x) = u_n$，这些方程的解就是复合函数$y = f(u(x))$的零点.
6.B 由函数$g(x) = [f(x)]^2 - 2(m + 2)f(x) + 4m$恰有5个零点，得方程$[f(x)]^2 - 2(m + 2)f(x) + 4m = 0$有5个根.作出函数$y = f(x)$的图象，如图所示，
令$t = f(x)$，观察图象知，当$0 ＜ t \leq 1$时，$y = f(x)$的图象与直线$y = t$有3个交点，当$t ＞ 1$时，$y = f(x)$的图象与直线$y = t$有2个交点.
令$h(t) = t^2 - 2(m + 2)t + 4m$，
由函数$g(x)$有5个零点，得$h(t) = 0$有两个不等实根，记为$t_1$，$t_2$，且$t_1 ＜ t_2$，
则由上述分析知$t_1 \in (0, 1]$，$t_2 \in (1, +\infty)$，
因此$\begin{cases} \Delta = 4(m + 2)^2 - 16m ＞ 0, \\ h(0) = 4m ＞ 0, \\ h(1) = 2m - 3 ＜ 0 \end{cases}$或$\begin{cases} \Delta = 4(m + 2)^2 - 16m ＞ 0, \\ h(0) = 4m ＞ 0, \\ m + 2 ＞ 1, \end{cases}$
解得$0 ＜ m ＜ \frac{3}{2}$或$m = \frac{3}{2}$，
所以实数$m$的取值范围是$\left[0, \frac{3}{2}\right]$.
方法总结
本题为嵌套函数的零点问题，解决这类问题的关键是换元，解题步骤如下(以求$y = f(u(x))$的零点为例):
(1)求外层函数$f(u)$的零点$u_1$，$u_2$，$·s$，$u_n$；
(2)解内层函数对应的方程$u(x) = u_1$，$u(x) = u_2$，$·s$，$u(x) = u_n$，这些方程的解就是复合函数$y = f(u(x))$的零点.
7. (2025 江西南昌二中月考)环境污染问题已经触目惊心，改善环境成为“十三五”实现全面建成小康社会奋斗目标的短板和瓶颈.某化工厂每天的污水污染指数$f(x)$与时刻$x$（时）的函数关系为$f(x) = |\log_{25}(x + 1) - a| + 2a + 1,x \in [0,24]$，其中$a$为污水治理调节参数，且$a \in (0,1)$，规定每天$f(x)$的最大值为当天的污水污染指数，则使该厂每天的污水污染指数不超过 3 的$a$的取值可以为（
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{5}$
AB
）A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{5}$
答案：
7.AB 设$t = \log_2(x + 1)$，则当$0 \leq x \leq 24$时，$0 \leq t \leq 1$.
函数$f(x) = \vert\log_2(x + 1) - a\vert + 2a + 1$，$x \in [0, 24]$等价于$g(t) = \vert t - a\vert + 2a + 1$，$t \in [0, 1]$，则$g(t) = \begin{cases} -t + 3a + 1, & 0 \leq t ＜ a, \\ t + a + 1, & a \leq t \leq 1, \end{cases}$
显然$g(t)$在$[0, a)$上单调递减，在$[a, 1]$上单调递增，则$f(x)_{\max} = g(t)_{\max} = \max\{g(0), g(1)\}$，且$g(0) = 3a + 1$，$g(1) = a + 2$，
则有$\begin{cases} g(0) = 3a + 1 \leq 3, \\ g(1) = a + 2 \leq 3, \end{cases}$解得$a \leq \frac{2}{3}$，
又$a \in (0, 1)$，故$a \in \left(0, \frac{2}{3}\right]$，结合选项可知A，B正确.
函数$f(x) = \vert\log_2(x + 1) - a\vert + 2a + 1$，$x \in [0, 24]$等价于$g(t) = \vert t - a\vert + 2a + 1$，$t \in [0, 1]$，则$g(t) = \begin{cases} -t + 3a + 1, & 0 \leq t ＜ a, \\ t + a + 1, & a \leq t \leq 1, \end{cases}$
显然$g(t)$在$[0, a)$上单调递减，在$[a, 1]$上单调递增，则$f(x)_{\max} = g(t)_{\max} = \max\{g(0), g(1)\}$，且$g(0) = 3a + 1$，$g(1) = a + 2$，
则有$\begin{cases} g(0) = 3a + 1 \leq 3, \\ g(1) = a + 2 \leq 3, \end{cases}$解得$a \leq \frac{2}{3}$，
又$a \in (0, 1)$，故$a \in \left(0, \frac{2}{3}\right]$，结合选项可知A，B正确.
8. (2025 湖南衡阳第一中学期末)已知函数$f(x) = \log_{0.5}(x^{2} - 3x - 4)$，则下列结论正确的是（
A.$f(x)$的值域为$\mathbf{R}$
B.$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,\frac{3}{2})$
C.对定义域内的任意$x,f(3 + x) = f(-x)$恒成立
D.$f(x)$的图象在四个象限均有分布，并恰有两个零点
ACD
）A.$f(x)$的值域为$\mathbf{R}$
B.$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,\frac{3}{2})$
C.对定义域内的任意$x,f(3 + x) = f(-x)$恒成立
D.$f(x)$的图象在四个象限均有分布，并恰有两个零点
答案：
8.ACD 由$x^2 - 3x - 4 ＞ 0$得$x ＜ -1$或$x ＞ 4$，则$f(x)$的定义域为$\{x | x ＜ -1 或 x ＞ 4\}$.
设$t = x^2 - 3x - 4$，则$t \in (0, +\infty)$，
易知$y = \log_{0.5} t (t ＞ 0)$的值域是$\mathbf{R}$，所以$f(x)$的值域为$\mathbf{R}$，A正确；
易知$y = \log_{0.5} t$在$(0, +\infty)$上单调递减，$t = x^2 - 3x - 4$在$(-\infty, -1)$上单调递减，在$(4, +\infty)$上单调递增，所以由复合函数的单调性知$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty, -1)$，单调递减区间为$(4, +\infty)$，B错误；
当$-x ＜ -1$时，$3 + x ＞ 4$，当$-x ＞ 4$时，$3 + x ＜ -1$，又$f(3 + x) = \log_{0.5}[(3 + x)^2 - 3(3 + x) - 4] = \log_{0.5}(x^2 + 3x - 4) = f(-x)$，
所以对定义域内的任意$x$，$f(3 + x) = f(-x)$恒成立，C正确；
因为$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty, -1)$，$f(-2) = \log_{0.5} 6 ＜ 0$，$f(-1.1) = \log_{0.5} 0.51 ＞ 0$，所以当$x ＜ -1$时，$f(x)$在$(-2, -1.1)$内有唯一零点，且$(-2, f(-2))$位于第三象限，$(-1.1, f(-1.1))$位于第二象限，
因为$f(x)$的单调递减区间为$(4, +\infty)$，$f(4.1) = \log_{0.5} 0.51 ＞ 0$，$f(5) = \log_{0.5} 6 ＜ 0$，所以当$x ＞ 4$时，$f(x)$在$(4.1, 5)$内有唯一零点，且$(5, f(5))$位于第四象限，$(4.1, f(4.1))$位于第一象限，故$f(x)$的图象在四个象限均有分布，并恰有两个零点，D正确.
设$t = x^2 - 3x - 4$，则$t \in (0, +\infty)$，
易知$y = \log_{0.5} t (t ＞ 0)$的值域是$\mathbf{R}$，所以$f(x)$的值域为$\mathbf{R}$，A正确；
易知$y = \log_{0.5} t$在$(0, +\infty)$上单调递减，$t = x^2 - 3x - 4$在$(-\infty, -1)$上单调递减，在$(4, +\infty)$上单调递增，所以由复合函数的单调性知$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty, -1)$，单调递减区间为$(4, +\infty)$，B错误；
当$-x ＜ -1$时，$3 + x ＞ 4$，当$-x ＞ 4$时，$3 + x ＜ -1$，又$f(3 + x) = \log_{0.5}[(3 + x)^2 - 3(3 + x) - 4] = \log_{0.5}(x^2 + 3x - 4) = f(-x)$，
所以对定义域内的任意$x$，$f(3 + x) = f(-x)$恒成立，C正确；
因为$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty, -1)$，$f(-2) = \log_{0.5} 6 ＜ 0$，$f(-1.1) = \log_{0.5} 0.51 ＞ 0$，所以当$x ＜ -1$时，$f(x)$在$(-2, -1.1)$内有唯一零点，且$(-2, f(-2))$位于第三象限，$(-1.1, f(-1.1))$位于第二象限，
因为$f(x)$的单调递减区间为$(4, +\infty)$，$f(4.1) = \log_{0.5} 0.51 ＞ 0$，$f(5) = \log_{0.5} 6 ＜ 0$，所以当$x ＞ 4$时，$f(x)$在$(4.1, 5)$内有唯一零点，且$(5, f(5))$位于第四象限，$(4.1, f(4.1))$位于第一象限，故$f(x)$的图象在四个象限均有分布，并恰有两个零点，D正确.
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