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2022年全国高考数学真题及模拟题汇编：函数一．选择题（共7小题）1．函数()3f x lgx x =+-的定义域为( )A ．[0，3]B ．(0，3]C ．[0，)+∞D ．(-∞，3]2．函数||22()x y x x R =-∈的大致图象是( )A ．B ．C ．D ．3．已知函数()3f x x x =--0.2(3)a f =，3(0.2)b f =，0.2(log 3)c f =，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a >> 4．已知函数212()(5)f x log x ax =-+，在(4,)x ∈+∞单调递减，则a 的取值范围是( )A ．(-∞，8]B ．21(,)4-∞C ．(,8)-∞D ．21(,]4-∞5．已知3log 2a =，0.1b e =，0.5ln c e =，则三者大小关系为( )A ．a c b <<B ．c a b <<C ．c b a <<D ．a b c << 6．已知12a e =，3log 5b =，6log 8c =（其中e 为自然对数的底数， 2.718)e ≈，下列关系正确的是( )A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．c a b >>7．若1a >，则1()x y a=与log a y x =在同一坐标系中的图象大致是( ) A ． B ．C ．D ．二．多选题（共3小题） 8．下列函数中，属于奇函数并且值域为R 的有( )A ．3y x =B ．1y x x =+C ．1y x x =-D ．22x x y -=+9．下列函数中，值域是(0,)+∞的是( )A ．12x y -=B ．21y x =C ．(1)y ln x =+D ．||y x =10．下列函数中，是奇函数且在(,)-∞+∞上是单调递增函数的是( )A ．()f x x =B ．()||f x x x =C ．()22x x f x -=-D ．2()f x x =三．填空题（共5小题）11．函数22(1)3(0)f x x x x -=-+>，则f （3）= ．12．函数()log (2)2(0a f x x a =+->，且1)a ≠的图象必过定点 ．13．已知212x =，21log 3y =，则x y +的值为 ． 14．已知函数23(0x y a a -=+>且1)a ≠的图象恒过定点P ，点P 在幂函数()y f x =的图象上，则3log f （3）= ．15．若幂函数()f x 的图象经过点1(,4)4，则(2)f -= ． 四．解答题（共7小题）16．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x <时，2()2f x x x =-+．（1）当0x 时，求函数()f x 的解析式；（2）解关于m 的不等式：(2)(2)23f m f m m +--．17．设函数4()221xx f x =--，0x >． （1）求函数()f x 的值域；（2）设函数2()1g x x ax =-+，若对1[1x ∀∈，2]，2[1x ∃∈，2]，12()()f x g x =，求正实数a 的取值范围．18．设函数21y mx mx =--．（1）若函数21y mx mx =--有两个零点，求m 的取值范围；（2）若命题：x R ∃∈，0y ，是假命题，求m 的取值范围；（3）若对于[1x ∈，3]，2(1)3y m x ++恒成立，求m 的取值范围．19．已知函数()log (2)log (2)a a f x x x =+--，其中0a >，1a ≠．（1）求函数()f x 的定义域；（2）判断函数()f x 的奇偶性并给出证明；（3）若(1)1f -<，求a 的取值范围．20．已知函数1()21x f x a =-+为奇函数． （1）求a 的值，并判断函数()f x 的单调性；（2）若x R ∀∈，2(1)()0f x f kx ++<，求实数k 的取值范围．21．计算下列各式．（1）1206310.064()(2021)3π--+-+；（2）2731329log 5log 42log 5log -++． 22．计算：（100.539()()54--++ （2）22log 62222523lg lg -+--2022年全国高考数学真题及模拟题汇编：函数参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．函数()3f x lgx x =+-的定义域为( )A ．[0，3]B ．(0，3]C ．[0，)+∞D ．(-∞，3]【考点】函数的定义域及其求法【分析】由对数式的真数大于0，根式内部的代数式大于等于0联立不等式组求解．【解答】解：要使原函数有意义，则030x x >⎧⎨-⎩，解得03x <． ∴函数()3f x lgx x =+-的定义域为(0，3]．故选：B ．【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．2．函数||22()x y x x R =-∈的大致图象是( )A ．B ．C ．D ．【考点】函数的图象与图象的变换【分析】根据题意分析可得()f x 为偶函数，通过0x =函数的值，排除函数的图象即可．【解答】解：根据题意有||2||2()2()2()x x f x x x f x --=--=-=，所以函数是偶函数，又函数||22x y x =-，当0x =时，1y =，排除C ，故选：A ．【点评】本题考查函数的图象分析，注意分析函数的奇偶性，属于基础题．3．已知函数()3f x x x =--0.2(3)a f =，3(0.2)b f =，0.2(log 3)c f =，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b >>D ．c b a >>【考点】函数单调性的性质与判断【分析】首先求出函数()f x 的单调性，再判断0.2log 3，30.2，0.23的大小关系，从而得出a ，b ，c 的大小关系． 【解答】解：因为函数()3f x x x =-所以30x -，可得3x ，即()f x 的定义域为(-∞，3]， 所以()3f x x x =-(-∞，3]单调递增，因为0.20331>=，3000.20.21<<=，0.2log 30<，所以30.20.2log 30.23<<，所以30.20.2(log 3)(0.2)(3)f f f <<，所以c b a <<．故选：A ．【点评】本题主要考查函数单调性的性质与判断，考查函数值大小的比较，考查逻辑推理能力，属于基础题．4．已知函数212()(5)f x log x ax =-+，在(4,)x ∈+∞单调递减，则a 的取值范围是( )A ．(-∞，8]B ．21(,)4-∞C ．(,8)-∞D ．21(,]4-∞ 【考点】复合函数的单调性【分析】令25t x ax =-+，12log y t =，分析内层函数与外层函数的单调性以及对数真数在所给区间恒为正数，可得出关于a 的不等式组，进而求得实数a 的取值范围．【解答】解：令25t x ax =-+，易知12log y t =在其定义域上单调递减，要使()f x 在(4,)+∞上单调递减，则25t x ax =-+在(4,)+∞单调递增，且250t x ax =-+>，即2424450a a ⎧⎪⎨⎪-+⎩， 所以8214a a ⎧⎪⎨⎪⎩，即214a 因此实数a 的取值范围是(-∞，21]4． 故选：D． 【点评】本题考查复合函数的单调性，考查学生的运算能力，属于中档题．5．已知3log a =0.1b e =，0.5ln c e =，则三者大小关系为( )A ．a c b <<B ．c a b <<C ．c b a <<D ．a b c <<【考点】对数值大小的比较【分析】直接利用对数的运算性质化简得答案．【解答】解：33log log 0.5a =<=，0.101b e e =>=，0.50.5ln c e ==，a cb ∴<<．故选：A ．【点评】本题考查对数值的大小比较，考查对数的运算性质，是基础题．6．已知12a e =，3log 5b =，6log 8c =（其中e 为自然对数的底数， 2.718)e ≈，下列关系正确的是( )A ．a b c >>B ．a c b >>C ．b a c >>D ．c a b >> 【考点】对数值大小的比较【分析】利用对数函数的单调性得到a b >，a c >，再利用对数的运算法则，换底公式，基本不等式得到b c >，求解即可．【解答】解：1232a e =>，33log 5log 3b =<332=， 6443log 8log 81log 22c =<=+=， a b ∴>，a c >，25858583363535lg lg lg lg lg lg lg b c lg lg lg lg lg lg -⋅∴-=->-=⋅ 222222(83)2425555444353535lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg +--->=>⋅⋅⋅ 2255035lg lg lg lg -==⋅， b c ∴>，a b c ∴>>，故选：A ．【点评】本题考查了对数的运算法则，换底公式，对数函数的单调性，基本不等式的应用，考查了计算能力，属于中档题．7．若1a >，则1()x y a=与log a y x =在同一坐标系中的图象大致是( ) A ． B ．C ．D ．【考点】对数函数的图象与性质；指数函数的图象与性质【分析】由指数函数与对数函数的性质依次判断即可． 【解答】解：1()x y a=与log a y x =分别过(0,1)，(1,0)点， 又1a >， ∴1()x y a=与log a y x =分别为定义域内的减函数，增函数， 故选：D ．【点评】本题考查了指数函数与对数函数的性质应用，属于基础题．二．多选题（共3小题）8．下列函数中，属于奇函数并且值域为R 的有( )A ．3y x =B ．1y x x =+C ．1y x x =-D ．22x x y -=+【考点】函数的值域；函数奇偶性的性质与判断【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A ，3()f x x =是奇函数，且值域为R ，符合题意；对于B ，1()f x x x =+，当0x >时，1()2f x x x=+，当0x <时，()2f x -，即()f x 的值域为(-∞，2][2-，)+∞，不符合题意；对于C ，1()f x x x=-，是奇函数，且在(0,)+∞上单调递增，当0x +→时，()f x →-∞，x →+∞时，()f x →+∞，其值域为R ，符合题意；对于D ，()22x x f x -=+，是奇函数，且()2f x （当且仅当0x =时取“= “)，其值域不为R ，不符合题意；故选：AC ．【点评】本题考查函数奇偶性的判断以及值域的计算，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．9．下列函数中，值域是(0,)+∞的是( )A ．12x y -=B ．21y x =C ．(1)y ln x =+D ．||y x =【考点】函数的值域【分析】利用函数的性质求出值域即可判断．【解答】解：对于:1A x R -∈，120x y -∴=>，故A 正确，对于:0B x ≠，20x ∴>，210y x ∴=>，故B 正确， 对于:10C x +>，(1)(y ln x ∴=+∈-∞，)+∞，故C 错误，对于:D x R ∈，||[0y x ∴=∈，)+∞，故D 错误．故选：AB ．【点评】本题主要考查函数值域的求解和判断，结合函数的性质求出函数的值域是解决本题的关键，是基础题．10．下列函数中，是奇函数且在(,)-∞+∞上是单调递增函数的是( )A ．()f x x =B ．()||f x x x =C ．()22x x f x -=-D ．2()f x x =【考点】奇偶性与单调性的综合【分析】由常见函数的奇偶性和单调性可得结论．【解答】解：()f x x =为奇函数，且在(,)-∞+∞上是单调递增，故A 符合题意；()||f x x x =满足()()f x f x -=-，()f x 为奇函数，且在[0，)+∞递增，在(-∞，0]也递增，则()f x 在(,)-∞+∞上是单调递增，故B 符合题意；()22x x f x -=-的定义域为R ，满足()()f x f x -=-，()f x 为奇函数，且2x y =和2x y -=-在R 上递增，则()f x 在R 上递增，故C 符合题意；2()f x x =为偶函数，故D 不符题意．故选：ABC ．【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查运算能力和推理能力，属于基础题．三．填空题（共5小题）11．函数22(1)3(0)f x x x x -=-+>，则f （3）= 5 ．【考点】函数的值【分析】令213x -=得2x =，再代入即可．【解答】解：令213x -=得，2x =或2x =-（舍去），故f （3）2(21)f =-22235=-+=，故答案为：5．【点评】本题考查了复合函数函数值的求法，属于基础题．12．函数()log (2)2(0a f x x a =+->，且1)a ≠的图象必过定点 (1,2)-- ．【考点】对数函数的图象与性质【分析】令21x +=，解得1x =-，当1x =-时，022y =-=-，即可求解．【解答】解：令21x +=，解得1x =-，当1x =-时，022y =-=-，故函数()log (2)2(0a f x x a =+->，且1)a ≠的图象必过定点(1,2)--．故答案为：(1,2)--．【点评】本题主要考查对数函数的性质，考查定点问题，属于基础题．13．已知212x =，21log 3y =，则x y +的值为 2 ． 【考点】对数的运算性质【分析】先把指数式化为对数式，再利用对数的运算性质求解．【解答】解：212x =，2log 12x ∴=，222112log 423x y log log ∴+=+==， 故答案为：2．【点评】本题主要考查了指数式与对数式的互化，考查了对数的运算性质，是基础题．14．已知函数23(0x y a a -=+>且1)a ≠的图象恒过定点P ，点P 在幂函数()y f x =的图象上，则3log f （3）= 2 ．【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域；指数函数的单调性与特殊点【分析】求出(2,4)P ，由幂函数()a y f x x ==过(2,4)P ，求出a ，得到()f x 的解析式，再计算3log f （3）即可．【解答】解：函数23(0x y a a -=+>且1)a ≠的图象恒过定点P ，则(2,4)P ，∴幂函数()a y f x x ==过(2,4)P ，24a ∴=，解得2a =，2()f x x ∴=，3log f ∴（3）3log 92==．故答案为：2．【点评】本题考查函数值的求法，考查函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．15．若幂函数()f x 的图象经过点1(,4)4，则(2)f -= 12- ． 【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域【分析】设出幂函数的解析式，代入点的坐标，求出函数的解析式，求出(2)f -的值即可．【解答】解：设幂函数的解析式为()f x x α=， 则1()44α=，解得：1α=-， 故1()f x x =，故1(2)2f -=-， 故答案为：12-． 【点评】本题考查了求幂函数的定义，考查函数求值问题，是基础题．四．解答题（共7小题）16．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x <时，2()2f x x x =-+．（1）当0x 时，求函数()f x 的解析式；（2）解关于m 的不等式：(2)(2)23f m f m m +--．【考点】函数奇偶性的性质与判断【分析】（1）根据奇函数的性质进行转化求解即可．（2）将不等式进行转化，利用函数奇偶性和单调性的性质进行转化求解即可．【解答】解：（1）函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x <时，2()2f x x x =-+． (0)0f ∴=，当0x >，则0x -<，则2()2()f x x x f x -=--=-，即2()2(0)f x x x x =+<，综上2()2(0)f x x x x =+．（2）由(2)(2)23f m f m m +--．得(2)2(2)2(2)2f m m f m m f m m +--+-=-+-． 设()()g x f x x =+，则不等式等价为(2)(2)g m g m -，作出函数()f x 的图象如图：则()f x 在R 上是增函数，则()()g x f x x =+也是增函数， 则由(2)(2)g m g m -，得22m m -，得23m， 即实数m 的取值范围是(-∞，2]3．【点评】本题主要考查函数解析式的求解，根据函数奇偶性和单调性的定义将不等式进行转化是解决本题的关键，是中档题．17．设函数4()221xx f x =--，0x >． （1）求函数()f x 的值域；（2）设函数2()1g x x ax =-+，若对1[1x ∀∈，2]，2[1x ∃∈，2]，12()()f x g x =，求正实数a 的取值范围．【考点】函数的值域【分析】（1）由已知41()2212121x x x x f x =-=-+--，，利用基本不等式可求函数()f x 的值域；（2）由对1[1x ∀∈，2]，2[1x ∃∈，2]，12()()f x g x =，可得函数函数()f x 在[1，2]上的值域包含于函数()g x 在[1，2]上的值域，由此可求正实数a 的取值范围．【解答】解：（1）24(2)111()2221212121x x x x x x f x -+=-=-=-+---，0x >，210x ->， 则11()212(21)22121x x x x f x =-+-⋅=--，，当且仅当1x =时取“=”， 所以()[2f x ∈，)+∞，即函数()f x 的值域为[2，)+∞；（2）设21x t =-，[1x ∈，2]，[1t ∴∈，3]， 函数1y t t=+在[1，3]上单调递增， 则函数()f x 在[1，2]上单调递增，()[2f x ∴∈，10]3， 设[1x ∈，2]时，函数()g x 的值域为A ，由题意知[2，10]3A ⊆， 又因为函数()g x 图象的对称轴为02a x =>， 当12a ，即02a <时，函数()g x 在[1，2]上递增，则(1)210(2)3g g ⎧⎪⎨⎪⎩，解得506a <， 当122a <<时，即24a <<时，函数()g x 在[1，2]上的最大值为g （1），g （2）中的较大者，而g （1）20a =-<且g （2）521a =-<，不合题意，当22a >，即4>时，函数()g x 在[1，2]上递减，则10(1)3(2)2g g ⎧⎪⎨⎪⎩，满足条件的a 不存在． 综上，5(0,]6a ∈． 【点评】本题考查了求函数的值域及分类讨论思想，采用了换元法求值域，换元后对参数t 的范围要进行确认，这是易错点，属于中档题．18．设函数21y mx mx =--．（1）若函数21y mx mx =--有两个零点，求m 的取值范围；（2）若命题：x R ∃∈，0y ，是假命题，求m 的取值范围；（3）若对于[1x ∈，3]，2(1)3y m x ++恒成立，求m 的取值范围．【考点】函数恒成立问题；二次函数的性质与图象【分析】（1）利用零点的定义，结合二次方程根的个数问题，求解即可；（2）将问题转化为210mx mx --<对于x R ∀∈恒成立，分0m =和0m ≠两种情况，结合二次函数的图象与性质，列式求解即可；（3）将问题转化为4()m x x-+在[1x ∈，3]恒成立，利用基本不等式求解最值，即可得到答案．【解答】解：（1）因为函数21y mx mx =--有两个零点，所以方程210mx mx --=有两个不同的实数根，则2040m m m ≠⎧⎨=+>⎩，解得4m <-或0m >， 故实数m 的取值范围为(-∞，4)(0-⋃，)+∞；（2）命题：x R ∃∈，0y ，是假命题，则命题：x R ∀∈，0y <，是真命题，则210mx mx --<对于x R ∀∈恒成立，当0m =时，不等式为10-<恒成立，符合题意；当0m ≠时，则2040m m m <⎧⎨=+<⎩，解得40m -<<． 综上所述，实数m 的取值范围为(4-，0]；（3）因为对于[1x ∈，3]，2(1)3y m x ++恒成立， 即240x mx ++对于[1x ∈，3]恒成立，即4()m x x-+在[1x ∈，3]恒成立， 则4[()]max m x x-+， 因为4424x x x x+⋅=， 当且仅当4x x=，即2x =时取等号， 所以4[()]4max x x -+=-， 则4m -，所以实数m 的取值范围为[4-，)+∞．【点评】本题考查了函数零点的理解与应用，函数与方程的应用，函数与不等式的综合应用，命题真假的应用以及不等式恒成立问题，要掌握不等式恒成立问题的一般求解方法：参变量分离法、数形结合法、最值法等，属于中档题．19．已知函数()log (2)log (2)a a f x x x =+--，其中0a >，1a ≠．（1）求函数()f x 的定义域；（2）判断函数()f x 的奇偶性并给出证明；（3）若(1)1f -<，求a 的取值范围．【考点】函数奇偶性的性质与判断【分析】（1）依题意，得2020x x +>⎧⎨->⎩，解之可得函数()f x 的定义域； （2）()f x 为奇函数；利用奇函数的定义证明即可；（3）1(1)13aa f log log a -<⇔<，通过对a 的范围的分类讨论，可求得答案． 【解答】解：（1）()log (2)log (2)a a f x x x =+--，其中0a >，1a ≠，∴202202x x x x +>>-⎧⎧⇒⎨⎨-><⎩⎩， ∴函数()f x 的定义域为(2,2)-；（2）()f x 为奇函数． 证明：22()()022a a x x f x f x log log x x-+-+=+=+-， ()()f x f x ∴-=-，(2,2)x ∈-，()f x ∴为奇函数；（3）(1)1f -<，∴1(1)3a a f log log a -=<， ①01a <<，()f x 单调递减，∴103a <<； ②1a >，()f x 单调递增，∴13a >，1a ∴>； 综上：103a <<或1a >，即(0a ∈，1)(13⋃，)+∞． 【点评】本题考查函数奇偶性的性质与判断，考查分析推理能力与运算求解能力，属于中档题．20．已知函数1()21x f x a =-+为奇函数． （1）求a 的值，并判断函数()f x 的单调性；（2）若x R ∀∈，2(1)()0f x f kx ++<，求实数k 的取值范围．【考点】奇偶性与单调性的综合【分析】（1）由奇函数在R 上有定义，可得(0)0f =，求得a 的值，再由指数函数的单调性可得()f x 的单调性；（2）由奇函数()f x 的单调性可将不等式的两边的“f ”去掉，结合二次不等式恒成立，运用判别式法，解不等式可得所求范围．【解答】解：（1）函数1()21x f x a =-+为奇函数，定义域为R ， 可得(0)0f =，即102a -=，解得12a =， 则1112()12212xx xf x -=-=++，满足()()0f x f x -+=， 所以12a =成立； 由2x y =在R 上递增，可得112xy =+在R 上递减， 所以()f x 在R 上为递减函数；（2）x R ∀∈，2(1)()0f x f kx ++<，即为2(1)()()f x f kx f kx +<-=-，因为()f x 在R 上为递减函数，所以21x kx +>-，即210x kx ++>恒成立，则△0<，即240k -<，解得22k -<<，则k 的取值范围是(2,2)-．【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断和运用：解不等式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于基础题．21．计算下列各式．（1）1206310.064()(2021)3π--+-+； （2）2731329log 5log 42log 5log -++． 【考点】对数的运算性质；有理数指数幂及根式【分析】（1）利用有理数指数幂的运算性质求解．（2）利用对数的运算性质求解．【解答】解：（1）原式1113662332043132⨯⨯⨯=⋅-++⨯ 23220.49198917255=-++⨯=-++=． （2）原式333log 527log 9log 527211=+++-=++=．【点评】本题主要考查了有理数指数幂的运算性质和对数的运算性质，是基础题．22．计算：（100.539()()54--++（2）22log 62222523lg lg -+-- 【考点】有理数指数幂及根式；对数的运算性质【分析】利用有理指数幂及对数的运算性质依次化简即可．【解答】解：（100.539()()54--++221133e e =-+++；（2）22log 62222523lg lg -+--421100632lg =--⨯ 211=-=．【点评】本题考查了有理指数幂及对数的运算，属于基础题．。
专题03 导数及其应用1．【2022年全国甲卷】当x =1时，函数f(x)=alnx +bx 取得最大值−2，则f ′(2)=（ ） A ．−1 B ．−12C ．12D ．1【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知f (1)=−2，f ′(1)=0即可解得a,b ，再根据f ′(x )即可解出． 【详解】因为函数f (x )定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f (1)=−2，f ′(1)=0，而f ′(x )=ax −bx 2，所以b =−2,a −b =0，即a =−2,b =−2，所以f ′(x )=−2x +2x 2，因此函数f (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，x =1时取最大值，满足题意，即有f ′(2)=−1+12=−12． 故选：B.2．【2022年全国甲卷】已知a =3132,b =cos 14,c =4sin 14，则（ ） A ．c >b >a B ．b >a >c C ．a >b >c D ．a >c >b【答案】A 【解析】 【分析】由cb =4tan 14结合三角函数的性质可得c >b ；构造函数f(x)=cosx +12x 2−1,x ∈(0,+∞)，利用导数可得b >a ，即可得解. 【详解】因为cb =4tan 14,因为当x ∈(0,π2),sinx <x <tanx 所以tan 14>14,即cb >1,所以c >b ； 设f(x)=cosx +12x 2−1,x ∈(0,+∞)，f ′(x)=−sinx +x >0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增， 则f (14)>f(0)=0,所以cos 14−3132>0，所以b >a ,所以c >b >a ， 故选：A3．【2022年新高考1卷】设a =0.1e 0.1,b =19，c =−ln0.9，则（ ） A ．a <b <c B ．c <b <a C ．c <a <b D ．a <c <b【答案】C 【解析】 【分析】构造函数f(x)=ln(1+x)−x ， 导数判断其单调性，由此确定a,b,c 的大小. 【详解】设f(x)=ln(1+x)−x(x >−1)，因为f ′(x)=11+x −1=−x1+x ， 当x ∈(−1,0)时，f ′(x)>0，当x ∈(0,+∞)时f ′(x)<0，所以函数f(x)=ln(1+x)−x 在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增， 所以f(19)<f(0)=0，所以ln109−19<0，故19>ln109=−ln0.9，即b >c ，所以f(−110)<f(0)=0，所以ln 910+110<0，故910<e −110，所以110e 110<19，故a <b ，设g(x)=xe x +ln(1−x)(0<x <1)，则g ′(x)=(x +1)e x +1x−1=(x 2−1)e x +1x−1,令ℎ(x)=e x (x 2−1)+1，ℎ′(x)=e x (x 2+2x −1)，当0<x <√2−1时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)=e x (x 2−1)+1单调递减， 当√2−1<x <1时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)=e x (x 2−1)+1单调递增， 又ℎ(0)=0，所以当0<x <√2−1时，ℎ(x)<0，所以当0<x <√2−1时，g ′(x)>0，函数g(x)=xe x +ln(1−x)单调递增， 所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e 0.1>−ln0.9，所以a >c 故选：C.4．【2022年新高考1卷】（多选）已知函数f(x)=x 3−x +1，则（ ） A ．f(x)有两个极值点B ．f(x)有三个零点C ．点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心D ．直线y =2x 是曲线y =f(x)的切线【答案】AC【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合f(x)的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，f ′(x )=3x 2−1，令f ′(x )>0得x >√33或x <−√33，令f ′(x)<0得−√33<x <√33，所以f(x)在(−√33,√33)上单调递减，在(−∞,−√33)，(√33,+∞)上单调递增， 所以x =±√33是极值点，故A 正确；因f(−√33)=1+2√39>0，f(√33)=1−2√39>0，f (−2)=−5<0，所以，函数f (x )在(−∞,−√33)上有一个零点，当x ≥√33时，f (x )≥f (√33)>0，即函数f (x )在(√33,+∞)上无零点，综上所述，函数f(x)有一个零点，故B 错误；令ℎ(x)=x 3−x ，该函数的定义域为R ，ℎ(−x )=(−x )3−(−x )=−x 3+x =−ℎ(x )， 则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心， 将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象， 所以点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心，故C 正确； 令f ′(x )=3x 2−1=2，可得x =±1，又f(1)=f (−1)=1，当切点为(1,1)时，切线方程为y =2x −1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y =2x +3， 故D 错误. 故选：AC.5．【2022年全国乙卷】已知x =x 1和x =x 2分别是函数f(x)=2a x −ex 2（a >0且a ≠1）的极小值点和极大值点．若x 1<x 2，则a 的取值范围是____________． 【答案】(1e ,1) 【解析】 【分析】由x 1,x 2分别是函数f (x )=2a x −ex 2的极小值点和极大值点，可得x ∈(−∞,x 1)∪(x 2,+∞)时，f′(x)<0，x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，再分a>1和0<a<1两种情况讨论，方程2lna ⋅a x−2ex=0的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，构造函数g(x)=lna⋅a x，利用指数函数的图象和图象变换得到g(x)的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】解：f′(x)=2lna⋅a x−2ex，因为x1,x2分别是函数f(x)=2a x−ex2的极小值点和极大值点，所以函数f(x)在(−∞,x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1,x2)上递增，所以当x∈(−∞,x1)∪(x2,+∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x<0时，2lna⋅a x>0,2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若0<a<1时，则方程2lna⋅a x−2ex=0的两个根为x1,x2，即方程lna⋅a x=ex的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，∵0<a<1,∴函数y=a x的图象是单调递减的指数函数，又∵ln a<0,∴y=lna⋅a x的图象由指数函数y=a x向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln a|倍得到，如图所示：设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x0,lna⋅a x0)，则切线的斜率为g′(x0)=ln2a⋅a x0，故切线方程为y−lna⋅a x0=ln2a⋅a x0(x−x0)，则有−lna⋅a x0=−x0ln2a⋅a x0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，因为函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，所以eln2a<e，解得1e<a<e，又0<a<1，所以1e<a<1，综上所述，a的范围为(1e,1).【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.6．【2022年新高考1卷】若曲线y=(x+a)e x有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)【解析】【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵y=(x+a)e x，∴y′=(x+1+a)e x，设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a)e x0,切线斜率k=(x0+1+a)e x0,切线方程为：y−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(x−x0),∵切线过原点，∴−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(−x0),整理得：x02+ax0−a=0,∵切线有两条，∴∆=a2+4a>0,解得a<−4或a>0,∴a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)7．【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，___ _________．【答案】y=1e x y=−1ex【解析】【分析】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为(x0,lnx0)，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x <0时同理可得；【详解】解：因为y=ln|x|，当x>0时y=lnx，设切点为(x0,lnx0)，由y′=1x ，所以y′|x=x0=1x，所以切线方程为y−lnx0=1x0(x−x0)，又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0(−x0)，解得x=e，所以切线方程为y−1=1e(x−e)，即y=1ex；当x<0时y=ln(−x)，设切点为(x1,ln(−x1))，由y′=1x ，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln(−x1)=1x1(x−x1)，又切线过坐标原点，所以−ln(−x1)=1x1(−x1)，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−e(x+e)，即y=−1ex；故答案为：y=1e x；y=−1ex8．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线．(1)若x1=−1，求a；(2)求a的取值范围．【答案】(1)3(2)[−1,+∞)【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.(1)由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f′(x)=3x2−1，f′(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点(−1,0)处的切线方程为y=2(x+1)，即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点(x2,g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；(2)f′(x)=3x2−1，则y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y−(x13−x1)=(3x12−1)(x−x1)，整理得y=(3x12−1)x−2x13，设该切线与g(x)切于点(x2,g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2，则切线方程为y−(x22+a)=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，则{3x12−1=2x2−2x13=−x22+a ，整理得a=x22−2x13=(3x122−12)2−2x13=94x14−2x13−32x12+14，令ℎ(x)=94x4−2x3−32x2+14，则ℎ′(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令ℎ′(x)>0，解得−13<x<0或x>1，令ℎ′(x)<0，解得x<−13或0<x<1，则x变化时，ℎ′(x),ℎ(x)的变化情况如下表：则ℎ(x)的值域为[−1,+∞)，故a的取值范围为[−1,+∞).9．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．【答案】(1)(−∞,e+1](2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=(1x −1x2)e x−1x+1=1x(1−1x)e x+(1−1x)=x−1x(e xx+1)令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1](2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<1x2因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)即证e xx −lnx+x−x e1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)即证e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0下面证明x>1时，e xx −x e1x>0,lnx−12(x−1x)<0设g(x)=e xx−x e1x,x>1，则g′(x)=(1x −1x2)e x−(e1x+x e1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)e x−e1x(1−1x)=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)设φ(x)=e xx (x>1),φ′(x)=(1x−1x2)e x=x−1x2ex>0所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e所以e xx−e1x>0,所以g′(x)>0所以g(x)在(1,+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0,所以e xx−x e1x>0令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；综上, e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握10．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)−1(2)(0,+∞)【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得f′(x)=(ax−1)(x−1)x2，按照a≤0、0<a<1及a>1结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当a=0时，f(x)=−1x −lnx,x>0，则f′(x)=1x2−1x=1−xx2，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max=f(1)=−1；(2)f(x)=ax−1x −(a+1)lnx,x>0，则f′(x)=a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max=f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；当0<a<1时，1a >1，在(0,1),(1a,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在(1,1a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，所以f(x)仅在(1a,+∞)有唯一零点，符合题意；当a=1时，f′(x)=(x−1)2x2≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0，所以f(x)有唯一零点，符合题意；当a>1时，1a <1，在(0,1a),(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在(1a,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0，又f(1a n )=1a n−1−a n+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1a n)趋近负无穷，所以f(x)在(0,1a )有一个零点，在(1a,+∞)无零点，所以f(x)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0,+∞).【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.11．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)y=2x(2)(−∞,−1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe x ,f(0)=0,所以切点为(0,0)f′(x)=11+x+1−xe x,f′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x (2)f(x)=ln(1+x)+ax e xf′(x)=11+x+a(1−x)e x=ex+a(1−x2)(1+x)e x设g(x)=e x+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)>0,即f′(x)>0所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f′(x)>0所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意3°若a<−1(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增g(0)=1+a<0,g(1)=e>0所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0当x→+∞,f(x)→+∞所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)设ℎ(x)=g′(x)=e x−2axℎ′(x)=e x−2a>0所以g′(x)在(−1,0)单调递增g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减有x→−1,f(x)→−∞而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(−1,0)上有唯一零点所以a<−1,符合题意所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.12．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)a=1(2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>1时，e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=e x+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=e x−ax的定义域为R，而f′(x)=e x−a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g′(x)=a−1x =ax−1x.当x<lna时，f′(x)<0，故f(x)在(−∞,lna)上为减函数，当x>lna时，f′(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，故f(x)min=f(lna)=a−alna.当0<x<1a 时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a)上为减函数，当x>1a 时，g′(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，故g(x)min=g(1a )=1−ln1a.因为f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，故1−ln1a =a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，设g(a)=a−11+a −lna,a>0，则g′(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=e x−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当b>1时，考虑e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.设S(x)=e x−x−b，S′(x)=e x−1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1−b<0，而S(−b)=e−b>0，S(b)=e b−2b，设u(b)=e b−2b，其中b>1，则u′(b)=e b−2>0，故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，故S(b)>0，故S(x)=e x−x−b有两个不同的零点，即e x−x=b的解的个数为2.设T(x)=x−lnx−b，T′(x)=x−1x，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1−b<0，而T(e−b)=e−b>0，T(e b)=e b−2b>0，T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、e x−x=b仅有一个零点，当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、e x−x=b均无零点，故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，则b>1.设ℎ(x)=e x+lnx−2x，其中x>0，故ℎ′(x)=e x+1x−2，设s(x)=e x−x−1，x>0，则s′(x)=e x−1>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e x>x+1，所以ℎ′(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e3<e−3−2e3<0，故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x 0，1e3<x 0<1且：当0<x <x 0时，ℎ(x)<0即e x −x <x −lnx 即f(x)<g(x)， 当x >x 0时，ℎ(x)>0即e x −x >x −lnx 即f(x)>g(x)，因此若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 故b =f(x 0)=g(x 0)>1，此时e x −x =b 有两个不同的零点x 1,x 0(x 1<0<x 0)， 此时x −lnx =b 有两个不同的零点x 0,x 4(0<x 0<1<x 4)， 故e x 1−x 1=b ，e x 0−x 0=b ，x 4−lnx 4−b =0，x 0−lnx 0−b =0 所以x 4−b =lnx 4即e x 4−b =x 4即e x 4−b −(x 4−b)−b =0， 故x 4−b 为方程e x −x =b 的解，同理x 0−b 也为方程e x −x =b 的解又e x 1−x 1=b 可化为e x 1=x 1+b 即x 1−ln(x 1+b)=0即(x 1+b)−ln(x 1+b)−b =0， 故x 1+b 为方程x −lnx =b 的解，同理x 0+b 也为方程x −lnx =b 的解， 所以{x 1,x 0}={x 0−b,x 4−b}，而b >1， 故{x 0=x 4−b x 1=x 0−b 即x 1+x 4=2x 0. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 13．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=x e ax −e x ． (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x >0时，f(x)<−1，求a 的取值范围； (3)设n ∈N ∗，证明：√12+1√22+2⋯√n 2+n>ln(n +1)．【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)a ≤12 (3)见解析 【解析】 【分析】（1）求出f ′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设ℎ(x)=x e ax −e x +1，求出ℎ″(x)，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a≤12结合放缩法讨论ℎ′(x)符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论ℎ(x)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立，从而可得ln(n +1)−lnn <√n 2+n 对任意的n ∈N ∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当a =1时，f(x)=(x −1)e x ，则f ′(x)=x e x ， 当x <0时，f ′(x)<0，当x >0时，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)设ℎ(x)=x e ax −e x +1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x ，设g(x)=(1+ax)e ax −e x ， 则g ′(x)=(2a +a 2x)e ax −e x ， 若a >12，则g ′(0)=2a −1>0， 因为g ′(x)为连续不间断函数，故存在x 0∈(0,+∞)，使得∀x ∈(0,x 0)，总有g ′(x)>0， 故g(x)在(0,x 0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，故ℎ(x)在(0,x 0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾. 若0<a ≤12，则ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x =e ax+ln(1+ax)−e x ， 下证：对任意x >0，总有ln(1+x)<x 成立，证明：设S(x)=ln(1+x)−x ，故S ′(x)=11+x −1=−x1+x <0， 故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(1+x)<x 成立. 由上述不等式有e ax+ln(1+ax)−e x <e ax+ax −e x =e 2ax −e x ≤0， 故ℎ′(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.当a ≤0时，有ℎ′(x)=e ax −e x +ax e ax <1−1+0=0， 所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1. 综上，a ≤12. (3)取a=12，则∀x>0，总有x e12x−e x+1<0成立，令t=e12x，则t>1,t2=e x,x=2lnt，故2tlnt<t2−1即2lnt<t−1t对任意的t>1恒成立.所以对任意的n∈N∗，有2ln√n+1n <√n+1n−√nn+1，整理得到：ln(n+1)−lnn<√n2+n，故√12+1√22+2⋯√n2+n>ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn=ln(n+1)，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.14．【2022年北京】已知函数f(x)=e x ln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．【答案】(1)y=x(2)g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，即得证.(1)解：因为f(x)=e x ln(1+x)，所以f(0)=0，即切点坐标为(0,0)，又f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)，∴切线斜率k=f′(0)=1∴切线方程为：y=x(2)解：因为g(x)=f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)，所以g′(x)=e x(ln(1+x)+21+x−1(1+x)2)，令ℎ(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2，则ℎ′(x)=11+x −2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0∴g′(x)>0在[0,+∞)上恒成立，∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，∵m(x)=f(x+t)−f(x)=e x+t ln(1+x+t)−e x ln(1+x)，m′(x)=e x+t ln(1+x+t)+e x+t1+x+t −e x ln(1+x)−e x1+x=g(x+t)−g(x)，由（2）知g(x)=f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)在[0,+∞)上单调递增，∴g(x+t)>g(x)，∴m′(x)>0∴m(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为x,t>0，∴m(x)>m(0)，所以命题得证.15．【2022年浙江】设函数f(x)=e2x+lnx(x>0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1)),(x2,f(x2)),(x3,f(x3))处的切线都经过点(a,b)．证明：（ⅰ）若a >e ，则0<b −f(a)<12(ae−1)；（ⅱ）若0<a <e ,x 1<x 2<x 3，则2e+e−a 6e2<1x 1+1x 3<2a −e −a 6e2． （注：e =2.71828⋯是自然对数的底数）【答案】(1)f(x)的减区间为(0,e 2)，增区间为(e 2,+∞). (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） k =x 3x 1，m =a e<1，则题设不等式可转化为t 1+t 3−2−2m<(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，结合零点满足的方程进一步转化为lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1)<0，利用导数可证该不等式成立. (1)f ′(x)=−e 2x 2+1x=2x−e 2x 2，当0<x <e 2，f ′(x)<0；当x >e2，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(0,e 2)，f(x)的增区间为(e 2,+∞). (2)（ⅰ）因为过(a,b)有三条不同的切线，设切点为(x i ,f(x i )),i =1,2,3， 故f(x i )−b =f ′(x i )(x i −a)，故方程f(x)−b =f ′(x)(x −a)有3个不同的根，该方程可整理为(1x −e 2x 2)(x −a)−e 2x −lnx +b =0， 设g(x)=(1x −e 2x 2)(x −a)−e 2x −lnx +b ， 则g ′(x)=1x −e 2x 2+(−1x 2+e x 3)(x −a)−1x +e 2x 2 =−1x 3(x −e )(x −a)，当0<x <e 或x >a 时，g ′(x)<0；当e <x <a 时，g ′(x)>0， 故g(x)在(0,e ),(a,+∞)上为减函数，在(e ,a)上为增函数，因为g(x)有3个不同的零点，故g(e )<0且g(a)>0， 故(1e −e2e 2)(e −a)−e 2e−ln e +b <0且(1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b >0， 整理得到：b <a 2e+1且b >e2a +lna =f(a)，此时b −f(a)−12(ae−1)<a2e+1−(e 2a +lna)−a2e+12=32−e 2a −lna ， 设u(a)=32−e 2a −lna ，则u ′(a)=e -2a2a 2<0， 故u(a)为(e ,+∞)上的减函数，故u(a)<32−e 2e −ln e =0，故0<b −f(a)<12(ae−1).（ⅱ）当0<a <e 时，同（ⅰ）中讨论可得：故g(x)在(0,a),(e ,+∞)上为减函数，在(a,e )上为增函数， 不妨设x 1<x 2<x 3，则0<x 1<a <x 2<e <x 3， 因为g(x)有3个不同的零点，故g(a)<0且g(e )>0， 故(1e −e2e 2)(e −a)−e 2e−ln e +b >0且(1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b <0， 整理得到：a2e+1<b <a 2e+lna ，因为x 1<x 2<x 3，故0<x 1<a <x 2<e <x 3， 又g(x)=1−a+e x+e a2x 2−lnx +b ，设t =ex ，a e=m ∈(0,1)，则方程1−a+e x+e a2x 2−lnx +b =0即为： −a+e et +a2et 2+lnt +b =0即为−(m +1)t +m 2t 2+lnt +b =0，记t 1=e x 1,t 2=e x 2,t 3=e x 3, 则t 1,t 1,t 3为−(m +1)t +m 2t 2+lnt +b =0有三个不同的根， 设k =t1t 3=x3x 1>e a >1，m =a e<1，要证：2e+e−a 6e2<1x 1+1x 2<2a −e −a 6e2，即证2+e −a 6e<t 1+t 3<2ea−e −a6e，即证：13−m6<t 1+t 3<2m −1−m6，即证：(t 1+t 3−13−m6)(t 1+t 3−2m +1−m6)<0， 即证：t 1+t 3−2−2m <(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，而−(m +1)t 1+m 2t 12+lnt 1+b =0且−(m +1)t 3+m 2t 32+lnt 3+b =0，故lnt 1−lnt 3+m 2(t 12−t 32)−(m +1)(t 1−t 3)=0，故t 1+t 3−2−2m =−2m ×lnt 1−lnt 3t 1−t 3，故即证：−2m ×lnt 1−lnt 3t 1−t 3<(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，即证：(t 1+t 3)ln t 1t 3t 1−t 3+(m−13)(m 2−m+12)72>0即证：(k+1)lnk k−1+(m−13)(m 2−m+12)72>0，记φ(k)=(k+1)lnk k−1,k >1，则φ′(k)=1(k−1)2(k −1k −2lnk)>0，设u(k)=k −1k −2lnk ，则u ′(k)=1+1k 2−2k >2k −2k =0即φ′(k)>0， 故φ(k)在(1,+∞)上为增函数，故φ(k)>φ(m)， 所以(k+1)lnk k−1+(m−13)(m 2−m+12)72>(m+1)lnm m−1+(m−13)(m 2−m+12)72，记ω(m)=lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1),0<m <1，则ω′(m)=(m−1)2(3m 3−20m 2−49m+72)72m(m+1)2>(m−1)2(3m 3+3)72m(m+1)2>0，所以ω(m)在(0,1)为增函数，故ω(m)<ω(1)=0， 故lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1)<0即(m+1)lnm m−1+(m−13)(m 2−m+12)72>0，故原不等式得证： 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.1．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对于任意的实数x ，有()()22f x f x x +-=，当(],0x ∈-∞时，()42f x x '+<，若()()2422f m f m m m +++≤-，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)1,2 B ．(](),12,-∞+∞ C ．[)2,2-D ．(](),12,-∞-+∞【解析】 【分析】构造函数()()24g x f x x x =-+，得到()g x 为奇函数，()g x 在R 上单调递减，分20m -<和20m ->两种情况，利用奇偶性和单调性解不等式，求出实数m 的取值范围.【详解】∵()42f x x '+<，∴()420f x x '+-<．令()()24g x f x x x =-+，且()()24g x f x x ''=-+，则()g x 在(],0-∞上单调递减．又∵()()22f x f x x +-=，∴()()()()2244g x g x f x x x f x x x +-=-++---=()()220f x f x x +--=，∴()g x 为奇函数，()g x 在R 上单调递减． ∵()()2422f m f m m m +++≤-，∴()()2242402f m f m m m m +++-+≤-．当20m -<，即2m <时，()()224240f m f m m m +++-+≥，即()()()()2222424f m m m f m m m ⎡⎤+-+++≥--+⎣⎦即()()2g m g m +≥-，由于()g x 在R 上递减，则2m m +≤-， 解得：1m ≤-， ∴1m ≤-．当20m ->，即2m >时，()()224240f m f m m m +++-+≤，即()()2g m g m +≤-．由()g x 在R 上递减，则2m m +≥-， 解得：1m ≥-，所以2m >．综上所述，实数m 的取值范围是(](),12,-∞-+∞．【点睛】构造函数，研究出构造的函数的奇偶性和单调性，进而解不等式，是经常考查的一类题目，结合题干信息，构造出函数是关键.2．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】将所求不等式变形为()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-，构造函数()e x g x x =+，可知该函数在R 上为增函数，由此可得出()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >，利用导数求出()()ln 1h x x x =--的最大值，即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时，由()()ln 1f x x ≥-可得()ln eln 1ln 1x aa x +++≥-， 即()()()ln 1ln eln 1ln 1eln 1x x ax a x x x -+++≥-+-=+-，构造函数()e x g x x =+，其中x ∈R ，则()e 10xg x '=+>，所以，函数()g x 在R 上为增函数， 由()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-可得()()ln ln 1g x a g x +≥-⎡⎤⎣⎦，所以，()ln ln 1x a x +≥-，即()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >， 令()()ln 1h x x x =--，其中1x >，则()12111xh x x x -'=-=--. 当12x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当2x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，所以，()()max ln 22a h x h ≥==-，21e a ∴≥. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.3．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知13e ,(93ln 3)e a b c --===-，则a ，b ，c 的大小为（ ） A ．a b c << B ．a c b << C ．c a b << D ．b c a <<【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数ln ()(e)xf x x x=≥，利用函数的单调性比较大小作答. 【详解】 令函数ln ()(e)x f x x x =≥，当e x >时，求导得：()21ln 0xf x x '-=<， 则函数()f x 在[e,)+∞上单调递减，又ln 3(3)3a f ==，ln e (e)eb f ==，3333e ln3(3ln 3)e 3()e e 33c f -===，显然3e e 33<<，则有3e ()(3)(e)3f f f <<，所以c a b <<.故选：C 【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.4．（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e 为自然对数的底数，a ，b 均为大于1的实数，若1e ln a a b b b ++<，则（ ）A ．1e a b +<B ．1e a b +>C ．e ab <D ．e ab >【答案】B 【解析】 【分析】由题意化简得到e ln e ln e e a a b b <，设()ln f x x x =，得到(e )()eab f f <，结合题意和函数()f x 的单调性，即可求解. 【详解】由1e ln a a b b b ++<，可得1eln (ln 1)ln ea b a b b b b b b +<-=-=，即e ln e ln e e a a b b<，设()ln f x x x =，可得(e )()eab f f <，因为0a >，可得e 1a >，又因为(ln 1)0,0b b b ->>，所以ln 1b >，即e b >，所以1eb>， 当1x >时，()ln 10f x x '=+>，可得函数()f x 在(1,)+∞为单调递增函数，所以e eab<，即1e a b +>. 故选：B.5．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））已知函数e ()e ln 2xf x x =-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为（ ） A ．e 2e 0x y +-= B ．e e 02x y +=- C ．e 2e 0x y --= D ．e 2e 0x y ++=【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及点斜式方程即可求解. 【详解】 ∵e ()e 2x f x x ='-，∴e e (1)e 22f '=-=. 又1e (1)e ln12e f =-⨯=，切点为(1,e)所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线的斜率为e (1)2k f '==， 所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为 ee (1)2y x -=-，即e e 02x y +=-. 故选：B.6．（2022·湖北·模拟预测）若过点()(),0m n m <可作曲线3y x =-三条切线，则（ ） A ．30n m <<-B ．3n m >-C ．0n <D ．30n m <=-【答案】A 【解析】 【分析】设切点为()3,t t -，根据导数的几何意义写出切线的方程，代入点()(),0m n m <，转化为方程有3个根，构造函数()3223g t t mt n =--，利用导数可知函数的极值，根据题意列出不等式组求解即可. 【详解】设切点为()3,t t -，由323y x y x '=-⇒=-，故切线方程为()323y t t x t +=--，因为()(),0m n m <在切线上，所以代入切线方程得32230t mt n --=， 则关于t 的方程有三个不同的实数根，令()3223g t t mt n =--，则()2660g t t mt t m '=-=⇒=或0=t ，所以当(),t m ∈-∞，()0,∞+时，()0g t '>，()g t 为增函数， 当(),0t m ∈-时，()0g t '<，()g t 为减函数， 且t →-∞时，()g t →-∞，t →+∞时，()g t →+∞，所以只需()()()()300g t g m m n g t g n ⎧==-->⎪⎨==-<⎪⎩极大值极小值，解得30n m <<-故选：A7．（2022·全国·模拟预测（理））若关于x 的方程22e ln (eln )0()x a x x x a ++=∈R 有两个不相等的实数根，则a 的取值范围是（ ） A ．(,2)(2,)-∞-+∞ B ．(,2][2,)-∞-+∞ C ．(2,2)- D ．[2,2]-【答案】A 【解析】 【分析】首先判断1x =不是方程的根，再方程两边同除以2(e ln )x ，即可得到210eln eln x x a x x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，令()eln xf x x=，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的图象，令()t f x =，设方程210t at ++=的两根分别为1t 、2t ，对∆分类讨论，结合函数图象即可得解；【详解】解：当1x =时等式显然不成立，故1不是方程的根，当1x ≠时，将22e ln (eln )0x a x x x ++=的两边同除以2(e ln )x ，可得210eln eln x x a x x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭， 令()eln x f x x =，则0x >且1x ≠，所以()2ln 1eln x f x x-'=， 所以当01x <<和1e x <<时()0f x '<，当e x >时()0f x '>，即()f x 在()0,1和()1,e 上单调递减，在()e,+∞上单调递增，且()e 1f =， 函数()f x 的图象如下所示：令()t f x =，设方程210t at ++=的两根分别为1t 、2t ，24a ∆=-， ①当∆<0时，方程无解，舍去；②当0∆=时，2a =±，若2a =，则1t =-，由图可得()1f x =-有且仅有一个解，故舍去， 若2a =-，则1t =，由图可得()1f x =有且仅有一个解，故舍去， ③当0∆>时，2a >或2a <-，若2a >，由120t t a +=-<，1210t t ⋅=>，所以10t <，10t <由图可得()1f x t =与()2f x t =各有一个解，符合题意，若2a <-，由122t t a +=->，1210t t ⋅=>，可设210t t >>，()10,1t ∈，()21,t ∈+∞， 由图可得()1f x t =无解，()2f x t =有两个解，符合题意， 综上可得a 的取值范围为(,2)(2,)-∞-+∞； 故选：A8．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知函数2()3(ln )=-+f x x ax ，若21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()f x 在1x =处取得最大值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．26,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．260,e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．266,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】根据题意()(1)f x f ≤当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时恒成立，整理得()213(ln )a x x -≤，当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()1y a x =-在()23(ln )g x x =图像的下方，结合图像分析处理．【详解】根据题意得()(1)f x f ≤当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时恒成立则23(ln )x ax a -+≤，即()213(ln )a x x -≤∴当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()1y a x =-在()23(ln )g x x =图像的下方 ()6ln xg x x'=，则()10g '=，则0a ≤ 故选：B ．9．（2022·河南开封·模拟预测（理））若关于x 的不等式ln ln 0e x x a a xx+->对()0,1x ∀∈恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1e ,⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．10,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B 【解析】 【分析】由题设有ln e ln e x x a xa x>，构造ln ()x f x x =，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为e x a x >在0,1上恒成立，再构造()ex xg x =结合导数求参数范围.【详解】由题设可得ln e ln e xx a xa x>，令ln ()x f x x =，则(e )()x f a f x >在0,1上恒成立， 由21ln ()xf x x -'=，在()0,e 上()0f x '>；在()e,+∞上()0f x '<；所以()f x 在()0,e 上递增；在()e,+∞上递减，且(1)0f =， 在0,1上()0f x <，(1,)+∞上()0f x >，而0a >， 所以，只需e x a x >在0,1上恒成立，即e xxa >恒成立， 令()e x x g x =，则1()0e x x g x -'=>，即()g x 在0,1上递增，故1(1)e a g ≥=. 故a 的取值范围为1e ,⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：B 【点睛】。
全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编：04 导数及其应用（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．【答案】(1)(−∞,e+1](2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=(1x −1x2)e x−1x+1=1x(1−1x)e x+(1−1x)=x−1x(e xx+1)令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1](2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<1x2因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)即证e xx −lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)即证e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0下面证明x>1时，e xx −xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0设g(x)=e xx−xe1x,x>1，则g′(x)=(1x −1x2)e x−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)e x−e1x(1−1x) =(1−1x)(e xx−e1x)=x−1x(e xx−e1x)设φ(x)=e xx (x>1),φ′(x)=(1x−1x2)e x=x−1x2e x>0所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e所以e xx−e1x>0,所以g′(x)>0所以g(x)在(1,+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0,所以e xx−xe1x>0令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；综上, e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握2．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)y=2x(2)(−∞,−1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe x ,f(0)=0,所以切点为(0,0)f′(x)=11+x+1−xe x,f′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x (2)f(x)=ln(1+x)+ax e xf′(x)=11+x+a(1−x)e x=e x+a(1−x2)(1+x)e x设g(x)=e x+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)>0,即f′(x)>0所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f′(x)>0所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意3°若a<−1(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增g(0)=1+a<0,g(1)=e>0所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0当x→+∞,f(x)→+∞所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)设ℎ(x)=g′(x)=e x−2axℎ′(x)=e x−2a>0所以g′(x)在(−1,0)单调递增g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减有x→−1,f(x)→−∞而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(−1,0)上有唯一零点所以a<−1,符合题意所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.3．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)a=1(2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>1时，e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=e x+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=e x−ax的定义域为R，而f′(x)=e x−a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g′(x)=a−1x =ax−1x.当x<lna时，f′(x)<0，故f(x)在(−∞,lna)上为减函数，当x>lna时，f′(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，故f(x)min=f(lna)=a−alna.当0<x<1a 时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a)上为减函数，当x>1a 时，g′(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，故g(x)min=g(1a )=1−ln1a.因为f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，故1−ln1a =a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，设g(a)=a−11+a −lna,a>0，则g′(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=e x−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当b>1时，考虑e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.设S(x)=e x−x−b，S′(x)=e x−1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1−b<0，而S(−b)=e−b>0，S(b)=e b−2b，设u(b)=e b−2b，其中b>1，则u′(b)=e b−2>0，故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，故S(b)>0，故S(x)=e x−x−b有两个不同的零点，即e x−x=b的解的个数为2.设T(x)=x−lnx−b，T′(x)=x−1x，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1−b<0，而T(e−b)=e−b>0，T(e b)=e b−2b>0，T(x)=x −lnx −b 有两个不同的零点即x −lnx =b 的解的个数为2. 当b =1，由（1）讨论可得x −lnx =b 、e x −x =b 仅有一个零点， 当b <1时，由（1）讨论可得x −lnx =b 、e x −x =b 均无零点， 故若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 则b >1.设ℎ(x)=e x +lnx −2x ，其中x >0，故ℎ′(x)=e x +1x −2，设s(x)=e x −x −1，x >0，则s ′(x)=e x −1>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e x >x +1， 所以ℎ′(x)>x +1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e −2>0，ℎ(1e 3)=e 1e 3−3−2e 3<e −3−2e 3<0，故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x 0，1e 3<x 0<1且： 当0<x <x 0时，ℎ(x)<0即e x −x <x −lnx 即f(x)<g(x)， 当x >x 0时，ℎ(x)>0即e x −x >x −lnx 即f(x)>g(x)，因此若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 故b =f(x 0)=g(x 0)>1，此时e x −x =b 有两个不同的零点x 1,x 0(x 1<0<x 0)， 此时x −lnx =b 有两个不同的零点x 0,x 4(0<x 0<1<x 4)， 故e x 1−x 1=b ，e x 0−x 0=b ，x 4−lnx 4−b =0，x 0−lnx 0−b =0 所以x 4−b =lnx 4即e x 4−b =x 4即e x 4−b −(x 4−b)−b =0， 故x 4−b 为方程e x −x =b 的解，同理x 0−b 也为方程e x −x =b 的解又e x 1−x 1=b 可化为e x 1=x 1+b 即x 1−ln(x 1+b)=0即(x 1+b)−ln(x 1+b)−b =0， 故x 1+b 为方程x −lnx =b 的解，同理x 0+b 也为方程x −lnx =b 的解， 所以{x 1,x 0}={x 0−b,x 4−b}，而b >1， 故{x 0=x 4−bx 1=x 0−b 即x 1+x 4=2x 0. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 4．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xe ax −e x ． (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x >0时，f(x)<−1，求a 的取值范围；(3)设n ∈N ∗，证明：√12+1√22+2+⋯√n 2+n >ln(n +1)．【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)a ≤12 (3)见解析 【解析】 【分析】（1）求出f ′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设ℎ(x)=xe ax −e x +1，求出ℎ″(x)，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a ≤12结合放缩法讨论ℎ′(x)符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论ℎ(x)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立，从而可得ln(n +1)−lnn <√n 2+n 对任意的n ∈N ∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当a =1时，f(x)=(x −1)e x ，则f ′(x)=xe x ， 当x <0时，f ′(x)<0，当x >0时，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)设ℎ(x)=xe ax −e x +1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x ，设g(x)=(1+ax)e ax −e x ， 则g ′(x)=(2a +a 2x)e ax −e x ， 若a >12，则g ′(0)=2a −1>0， 因为g ′(x)为连续不间断函数，故存在x 0∈(0,+∞)，使得∀x ∈(0,x 0)，总有g ′(x)>0， 故g(x)在(0,x 0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，故ℎ(x)在(0,x 0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾. 若0<a ≤12，则ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x =e ax+ln(1+ax)−e x ， 下证：对任意x >0，总有ln(1+x)<x 成立，证明：设S(x)=ln(1+x)−x ，故S ′(x)=11+x −1=−x1+x <0， 故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(1+x)<x 成立. 由上述不等式有e ax+ln(1+ax)−e x <e ax+ax −e x =e 2ax −e x ≤0， 故ℎ′(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.当a ≤0时，有ℎ′(x)=e ax −e x +axe ax <1−1+0=0， 所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1. 综上，a ≤12. (3)取a =12，则∀x >0，总有xe 12x −e x +1<0成立， 令t =e 12x ，则t >1,t 2=e x ,x =2lnt ，故2tlnt <t 2−1即2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立. 所以对任意的n ∈N ∗，有2ln√n+1n <√n+1n−√nn+1，整理得到：ln(n +1)−lnn <√n 2+n ，故√12+1√22+2⋯√n 2+n >ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n +1)−lnn =ln(n +1)， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.5．【2021年甲卷理科】已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a =>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 【答案】（1）20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,+∞e e .【解析】 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x ax a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln a y a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【详解】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x ⋅-⋅-⋅===', 令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x-'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增； 在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,+∞e e .[方法二]：构造差函数由()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点知()1f x =，即a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解，取对数得方程ln ln a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解．构造函数()ln ln ,(0,)g x a x x a x =-∈+∞，求导数得ln ()ln a a x a g x a x x'-=-=． 当01a <<时，ln 0,(0,),ln 0,()0,()a x a x a gx g x '<∈+∞->>在区间(0,)+∞内单调递增，所以，()g x 在(0,)+∞内最多只有一个零点，不符合题意；当1a >时，ln 0a >，令()0g x '=得ln a x a =，当0,ln a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,ln a x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<；所以，函数()g x 的递增区间为0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间为,ln a a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．由于1110e1,e 1e ln 0ln aaa a g a a ---⎛⎫<<<=--< ⎪⎝⎭，当x →+∞时，有ln ln a x x a <，即()0g x <，由函数()ln ln g x a x x a =-在(0,)+∞内有两个零点知ln 10ln ln a a g a a a ⎛⎫⎛⎫=->⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以e ln aa >，即eln 0a a ->．构造函数()eln h a a a =-，则e e()1a h a a a'-=-=，所以()h a 的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,)+∞，所以()(e)0h a h ≥=，当且仅当e a =时取等号，故()0>h a 的解为1a >且e a ≠．所以，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法三]分离法：一曲一直曲线()y f x =与1y =有且仅有两个交点等价为1ax xa=在区间(0,)+∞内有两个不相同的解．因为a x x a =，所以两边取对数得ln ln a x x a =，即ln ln x ax a=，问题等价为()ln g x x =与ln ()x ap x a=有且仅有两个交点． ①当01a <<时，ln 0,()ap x a<与()g x 只有一个交点，不符合题意． ②当1a >时，取()ln g x x =上一点()()000011,ln ,(),,()x x g x g x g x xx ''==在点()00,ln x x 的切线方程为()0001ln y x x x x -=-，即0011ln y x x x =-+． 当0011ln y x x x =-+与ln ()x a p x a =为同一直线时有0ln 1,ln 10,a a x x ⎧=⎪⎨⎪-=⎩得0ln 1,e e.a a x ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 直线ln ()x a p x a =的斜率满足：ln 1e0a a <<时，()ln g x x =与ln ()x ap x a =有且仅有两个交点．记2ln 1ln (),()a a h a h a a a'-==，令()0h a '=，有e a =．(1,e),()0,()a h a h a '∈>在区间(1,e)内单调递增；(e,),()0,()a h a h a '∈+∞<在区间(,)e +∞内单调递减；e a =时，()h a 最大值为1(e)eg =，所当1a >且e a ≠时有ln 1e0a a <<． 综上所述，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法四]：直接法()112ln (ln )()(0),()a a x x a a x x x x ax a a a x x a x a f x x f x a a a --'⋅-⋅-=>==． 因为0x >，由()0f x '=得ln ax a=． 当01a <<时，()f x 在区间(0,)+∞内单调递减，不满足题意；当1a >时，0ln aa >，由()0f x '>得0,()ln a x f x a <<在区间0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，由()0f x '<得,()ln ax f x a >在区间,ln a a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭内单调递减． 因为lim ()0x f x →+∞=，且0lim ()0x f x +→=，所以1ln a f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即ln ln ln 1(ln )aaa aa a aa a a a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭=>，即11ln ln (ln ),ln a a aaaaa aa -->>，两边取对数，得11ln ln(ln )ln a a a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即ln 1ln(ln )a a ->． 令ln a t =，则1ln t t ->，令()ln 1h x x x =-+，则1()1h x x'=-，所以()h x 在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0h x h ≤=，所以1ln t t -≥，则1ln t t ->的解为1t ≠，所以ln 1a ≠，即e a ≠．故实数a 的范围为(1,e)(e,)⋃+∞．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值. 方法三：将问题取对，分成()ln g x x =与ln ()x ap x a=两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论． 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.6．【2021年乙卷理科】设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】（1）1a =；（2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x，其定义域为(,0)(0,1)-∞．要证()1g x <，即证111ln(1)+<-x x ，即证1111ln(1)-<-=-x x x x．（ⅰ）当(0,1)x ∈时，10ln(1)<-x ，10x x -<，即证ln(1)1->-x x x ．令()ln(1)1=---xF x x x ，因为2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ，所以()F x 在区间(0,1)内为增函数，所以()(0)0F x F >=．（ⅱ）当(,0)x ∈-∞时，10ln(1)>-x ，10x x ->，即证ln(1)1->-x x x ，由（ⅰ）分析知()F x 在区间(,0)-∞内为减函数，所以()(0)0F x F >=． 综合（ⅰ）（ⅱ）有()1g x <．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当 ()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-<， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <->， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->； 令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞，1x t =-，令()1ln t t t t ϕ=-+，()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=，当()0,1t ∈时，()0t ϕ'<，()t ϕ单减，故()()10t ϕϕ>=； 当()1,t ∈+∞时，()0t ϕ'>，()t ϕ单增，故()()10t ϕϕ>=； 综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令()ln (1)ϕ=--x x x ，因为11()1x x x xϕ-'=-=，所以()ϕx 在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,)+∞内是减函数，所以()(1)0x ϕϕ≤=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =时取等号）．故当1x <且0x ≠时，101x >-且111x ≠-，11ln 111<---x x ，即ln(1)1--<-x x x ，所以ln(1)1->-x x x ． （ⅰ）当(0,1)x ∈时，0ln(1)1>->-xx x ，所以1111ln(1)-<=--x x x x ，即111ln(1)+<-x x ，所以()1g x <．（ⅱ）当(,0)x ∈-∞时，ln(1)01->>-xx x ，同理可证得()1g x <． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当1x <且0x ≠时，ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ，即()1g x <．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当(0,1)x ∈时，转化为证明ln(1)1->-x x x ，当(,0)x ∈-∞时，转化为证明ln(1)1->-xx x ，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当()0,1x ∈时，()()1ln 10x x x +-->成立和当(),0x ∈-∞时，()()1ln 10x x x +-->成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数()ln (1)ϕ=--x x x ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论ln 1≤-x x （当且仅当1x =时取等号）．然后换元得到ln(1)1->-xx x ，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.7．【2021年新高考1卷】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+． 由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <． 故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b≠． 由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=， 从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．① 令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=， 从而()x f x e +<，所以11()f e b b+<．又由1(0,1)a∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b<-==， 所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=． 令11,m n a b==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-， 于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <． 由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>． 再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<． 令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增． 所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<． 综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<．不妨设21x tx =，则211x t x =>， 由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--， 要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<， 即ln(1)1ln 11t t t t++-<-， 即证ln(1)1ln t t t t+<-． 记ln(1)(),(0,)s g s s s ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++， 所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <， 所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-， 即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<． 证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)ex h x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--． 令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<． 所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增． 因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<．综上，有112e a b<+<结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.8．【2021年新高考2卷】已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； 当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而10f e b b ⎛⎛=--+< ⎝⎝，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点. ()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点.综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②：由于102a <<，故21a <，则()01210fb a =-≤-<， 当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1x H x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x ，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. ()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦， 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．9．【2020年新课标1卷理科】已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【解析】 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围. 【详解】(1)当1a =时，()2e x f x x x =+-，()e 21xf x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x----， 记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1x h x x ='--，()''e 10xh x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=， 故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立， 故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减； 因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a． 只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e -+++⇔≤xx x x ， 令()223e7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='x xx x h x ()()222213e 2e 9e ⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减； 当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增； 当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122xx x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤，记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123xg x x ax x x ax -'=--+++--2(23)42]121)2)1[e ((22x x x x x x a x a a -=--+++=----，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立， 所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a -.【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！10．【2020年新课标2卷理科】已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤（3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤34nn .【答案】（1）当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式； (3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()32sin cos f x x x =，则：()()224'23sin cos sin f x x x x =-()2222sin 3cos sin x x x =- ()222sin 4cos 1x x =-()()22sin 2cos 12cos 1x x x =+-，()'0f x =在()0,x π∈上的根为：122,33x x ππ==， 当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. (2)[方法一]【最优解】：基本不等式法 由四元均值不等式可得24262[()]sin sin 24sin cos =⋅=⋅=f x x x x x 222244sin sin sin 3cos 33⋅⋅⋅≤⋅x x x x 42222sin sin sin 3cos 27464⎛⎫+++= ⎪⎝⎭x x x x ，当且仅当22sin 3cos =x x ， 即3x k ππ=-或()3x k k ππ=+∈Z 时等号成立．所以|()|f x ． [方法二]：构造新函数+齐次化方法因为()()333222222sin cos 2tan ()2sin cos sin cos tan 1===++x xxf x x x x x x ，令tan (0)=≥x t t ，则问题转化为求()3222()(0)1=≥+t g t t t的最大值．求导得()()()22222213()1+'-=+t t t g t t，令()0g t '=，得t =当∈t 时，()0g t '>，函数()g t 单调递增；当)∈+∞t 时，()0g t '<，函数()g t 单调递减． 所以函数()g t的最大值为==g|()|f x ≤． [方法三]：结合函数的周期性进行证明注意到()()()()22sin sin 2sin sin 2f x x x x x f x πππ+=++==⎡⎤⎣⎦，故函数()f x 是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：()()00f f π==，23f π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎝⎭223f π⎛⎛⎫=⨯= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 据此可得：()max f x =⎡⎤⎣⎦()minf x =⎡⎤⎣⎦ 即()f x (3)[方法一]【最优解】：利用(2)的结论 由于()32223332sin sin 2sin 2sin sin 2sin 2==nn x xx x xx 23312|sin |sin sin 2sin 2sin2sin 2-=n n n x x xx x x ()12|sin |()(2)2sin 2-≤n n x f x f x f x x ()1()(2)2-n f x f x f x ，所以232223sin sin 2sin 24⎫≤=⎝⎭n n nn x xx ． [方法二]：数学归纳法+放缩当1n =时，222sin sin 2sin sin 2sin 2⋅=≤x x x x x 33244≤≤x ，显然成立； 假设当n k =时原式成立，即22223sin sin 2sin 4sin 24≤kkk x x x x ．那么，当1n k =+时，有222221sin sin 2sin 4sin 2sin 2+≤kk x x x x x 2234sin 2cos 24⎛⎫⋅⋅⋅≤⎪⎝⎭kk kx x332cos22sin 2cos24sin 2⎛⎫⋅⋅≤ ⎪⎝⎭k kk kk x x x x 32cos248sin 2⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭k k k x x 11334tan 24++⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭k k kx ， 即当1n k =+时不等式也成立．综上所述，不等式对所有的n *∈N 都成立． 【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式； 方法二：数学归纳法是处理与自然数有关的命题的常见策略，放缩法是不等式证明中常见的方法.11．【2020年新课标3卷理科】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）34b =-；（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得到1()02f '=，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得2311()32()()422f x x x x '=-=+-，易知()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，采用反证法，推出矛盾即可. 【详解】（1）因为2()3f x x b '=+，由题意，1()02f '=，即：21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭，则34b =-．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得33()4f x x x c =-+，2311()33()()422f x x x x '=-=+-， 令()0f x '>，得12x >或12x <-；令()0f x '<，得1122x -<<， 所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <， 即14c >或14c <-. 当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ， 即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当14c <-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0'x ， 即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1. ［方法二］【最优解】：设0x 是()f x 的一个零点，且01x ≤，则30034c x x =-+． 从而()332200000333()444f x x x x x x x x x x x ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭． 令22003()4h x x x x x =++-，由判别式2220003Δ43304x x x ⎛⎫=--=-≥ ⎪⎝⎭，可知()0h x =在R 上有解，()h x 的对称轴是011,222x x ⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦220002200031(1)104231(1)1042h x x x h x x x ⎧⎛⎫=++-=+≥⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪-=-+-=-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩，所以()h x 在区间01,2x ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上有一根为1x ，在区间0,12x ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有一根为2x ，进而有121,1x x ≤≤，所以()f x。
小题专练03三角函数、平面向量与解三角形(A)一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(考点:三角函数的定义,★)若角α的终边过点(-sin 45°,cos 30°),则sin α=( ). A .√32 B .√155C .-√155D .-√322.(考点:三角恒等变换,★)已知tan α=-4,则cos(π-2α)=( ). A .35 B .310 C .1517 D .3√10103.(考点:平面向量与三角函数的综合,★★)已知向量a=(sin α,3),b=(-1,cos α),且a ⊥b ,则sin2αsinαcosα+cos 2α=( ).A .23 B .32 C .1 D .524.(考点:三角函数的图象与性质,★★)若函数y=3sin(3x+φ)的图象关于点(5π4,0)中心对称,则|φ|的最小值为( ). A .π3 B .π6 C .π4 D .π125.(考点:平面向量的数量积,★★)设向量a ,b 满足|a+b|=3,|a-b|=2,则a ·b=( ). A .1 B .54 C .32 D .746.(考点:三角函数的图象变换,★★)函数f (x )=A sin(ωx+φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,为了得到y=sin (2x -π3)的图象,只需将f (x )的图象上( ).A .各点的横坐标变为原来的2倍,再向右平移π6个单位长度 B .各点的横坐标变为原来的12,再向右平移π3个单位长度C .各点的横坐标变为原来的2倍,再向左平移π6个单位长度 D .各点的横坐标变为原来的12,再向左平移π3个单位长度7.(考点:正、余弦定理的综合应用,★★★)已知在△ABC 中,a ,b ,c 分别为内角A ,B ,C 所对的边,且a=2,c cosA+a cos C=-2√33b cos B ,△ABC 的面积S=√3,则b=( ). A .√13B .√14C .2√7D .√218.(考点:三角恒等变换及函数的性质,★★★)已知函数f (x )=√3sin 2(2π-ωx )+sin ωx cos ωx+√32,且f (α)=√3+1,f (β)=√3,若|α-β|的最小值是π,则下列结论正确的是( ). A .ω=1,函数f (x )的最大值为1 B .ω=12,函数f (x )的最大值为√3+1 C .ω=14,函数f (x )的最大值为√3+1 D .ω=12,函数f (x )的最大值为1二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分. 9.(考点:三角恒等变换,★★)下列各式中,值为12的有( ). A .2√33sin 30°cos 30° B .cos 230°-sin 230° C .1-2cos 230° D .sin 230°+cos 230°10.(考点:平面向量的坐标运算,★★)已知向量a+b=(5,3),a-b=(-3,1),c=(-2,1),设a ,b 的夹角为θ,则( ). A .|a|=|b| B .a ⊥cC .b ∥cD .cos θ=6√858511.(考点:三角函数的基本性质,★★)已知函数f (x )=sin x+|cos x|,则下列命题正确的是( ). A .该函数为奇函数B .该函数的最小正周期为2πC .该函数的图象关于直线x=π2对称D .该函数的单调递增区间为[-π2+2kπ,π2+2kπ],k ∈Z12.(考点:解三角形,★★★)已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,则下列四个命题中正确的是( ). A .若a 2+b 2-c 2<0,则△ABC 一定是钝角三角形 B .若acosA =bcosB =ccosC ,则△ABC 一定是等边三角形 C .若a cos A=b cos B ,则△ABC 一定是等腰三角形D .若b cos C=c cos B ,则△ABC 一定是等腰三角形 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(考点:向量共线的条件,★★)已知a=(3,2),b=(k ,5),若(a+2b )∥(4a-3b ),则k= .14.(考点:两角和与差的正、余弦公式,★★)已知α,β为锐角,cos α=35,sin(α+β)=1213,则cos β= . 15.(考点:平面向量的数量积,★★)已知等边△ABC 的边长为6,平面内一点P 满足CP⃗⃗⃗⃗⃗ =12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 16.(考点:三角恒等变换及函数的性质,★★★)已知函数f (x )=sin 2x-sin 2(x -π6),x ∈R,则f (x )的最小值为 ;单调递增区间为 .答案解析：一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(考点:三角函数的定义,★)若角α的终边过点(-sin 45°,cos 30°),则sin α=( ). A .√32 B .√155C .-√155D .-√32【解析】由题意可知角α的终边过点(-√22,√32), 故sin α=√32√(-√22)+(√32)=√155. 【答案】B2.(考点:三角恒等变换,★)已知tan α=-4,则cos(π-2α)=( ). A .35 B .310 C .1517 D .3√1010【解析】由题意得,cos(π-2α)=-cos 2α=-cos 2α+sin 2α=-cos 2α+sin 2αsin α+cos α=-1+tan 2αtan α+1=-1+1616+1=1517.【答案】C3.(考点:平面向量与三角函数的综合,★★)已知向量a=(sin α,3),b=(-1,cos α),且a ⊥b ,则sin2αsinαcosα+cos 2α=( ).A .23 B .32 C .1 D .52【解析】因为a ⊥b ,所以a ·b=-sin α+3cos α=0,即sin α=3cos α,所以tan α=3, 故sin2αsinαcosα+cos 2α=2tanαtanα+1=32.【答案】B4.(考点:三角函数的图象与性质,★★)若函数y=3sin(3x+φ)的图象关于点(5π4,0)中心对称,则|φ|的最小值为( ). A .π3 B .π6 C .π4 D .π12【解析】由题意可得3sin (3×5π4+φ)=0,故3×5π4+φ=k π,k ∈Z,解得φ=k π-15π4,k ∈Z,令k=4,可得|φ|的最小值为π4. 【答案】C5.(考点:平面向量的数量积,★★)设向量a ,b 满足|a+b|=3,|a-b|=2,则a ·b=( ). A .1 B .54 C .32 D .74【解析】由题意可得,a 2+2a ·b+b 2=9,a 2-2a ·b+b 2=4, 两式相减,得4a ·b=9-4=5, 即a ·b=54. 【答案】B6.(考点:三角函数的图象变换,★★)函数f (x )=A sin(ωx+φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,为了得到y=sin (2x -π3)的图象,只需将f (x )的图象上( ).A .各点的横坐标变为原来的2倍,再向右平移π6个单位长度B .各点的横坐标变为原来的12,再向右平移π3个单位长度 C .各点的横坐标变为原来的2倍,再向左平移π6个单位长度 D .各点的横坐标变为原来的12,再向左平移π3个单位长度【解析】根据函数f (x )=A sin(ωx+φ)(A >0,ω>0,φ<π2)的部分图象,可得A=1,34T=7π6-(-π3)=3π2,解得T=2π, 所以ω=2πT =1.再根据五点作图法可得7π6+φ=3π2,则φ=π3,故f (x )=sin (x +π3).则将函数y=f (x )的图象上各点的横坐标变为原来的12,得到y=sin (2x +π3)的图象,再向右平移π3个单位长度,得到y=sin (2x -π3)的图象. 故选B.【答案】B7.(考点:正、余弦定理的综合应用,★★★)已知在△ABC 中,a ,b ,c 分别为内角A ,B ,C 所对的边,且a=2,c cosA+a cos C=-2√33b cos B ,△ABC 的面积S=√3,则b=( ). A .√13B .√14C .2√7D .√21【解析】由正弦定理可得sin C cos A+sin A cos C=-2√33sin B cos B ,即sin(A+C )=-2√33sin B cos B , 所以sin B=-2√33sin B cos B , 又sin B ≠0,所以cos B=-√32,则B=150°. 因为a=2,△ABC 的面积S=√3, 所以S=12ac sin B=12×2×c ×12=√3,解得c=2√3,所以b=√a 2+c 2-2accosB =2√7. 【答案】C8.(考点:三角恒等变换及函数的性质,★★★)已知函数f (x )=√3sin 2(2π-ωx )+sin ωx cos ωx+√32,且f (α)=√3+1,f (β)=√3,若|α-β|的最小值是π,则下列结论正确的是( ). A .ω=1,函数f (x )的最大值为1 B .ω=12,函数f (x )的最大值为√3+1 C .ω=14,函数f (x )的最大值为√3+1 D .ω=12,函数f (x )的最大值为1【解析】f (x )=√3sin 2(2π-ωx )+sin ωx cos ωx+√32=√3sin 2ωx+12sin 2ωx+√32=12sin 2ωx-√32cos 2ωx+√3=sin (2ωx -π3)+√3,由题意可得该函数的周期为π×4=4π,则2π2ω=4π,所以ω=14,则f (x )=sin (12x -π3)+√3,故f (x )的最大值为√3+1. 【答案】C二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分. 9.(考点:三角恒等变换,★★)下列各式中,值为12的有( ). A .2√33sin 30°cos 30° B .cos 230°-sin 230° C .1-2cos 230° D .sin 230°+cos 230° 【解析】A 符合,2√33sin 30°cos 30°=√33sin 60°=12; B 符合,cos 230°-sin 230°=cos 60°=12; C 不符合,1-2cos 230°=-cos 60°=-12; D 不符合,sin 230°+cos 230°=1. 故选AB . 【答案】AB10.(考点:平面向量的坐标运算,★★)已知向量a+b=(5,3),a-b=(-3,1),c=(-2,1),设a ,b 的夹角为θ,则( ). A .|a|=|b| B .a ⊥cC .b ∥cD .cos θ=6√8585【解析】根据题意,a+b=(5,3),a-b=(-3,1),则a=(1,2),b=(4,1), 对于A 项,|a|=√5,|b|=√17,则|a|=|b|不成立,A 错误; 对于B 项,a=(1,2),c=(-2,1),则a ·c=0,即a ⊥c ,B 正确; 对于C 项,b=(4,1),c=(-2,1),b ∥c 不成立,C 错误;对于D 项,a=(1,2),b=(4,1),则a ·b=6,|a|=√5,|b|=√17,则cos θ=a ·b|a ||b |=6√8585,D 正确.故选BD . 【答案】BD11.(考点:三角函数的基本性质,★★)已知函数f (x )=sin x+|cos x|,则下列命题正确的是( ).A .该函数为奇函数B .该函数的最小正周期为2πC .该函数的图象关于直线x=π2对称D .该函数的单调递增区间为[-π2+2kπ,π2+2kπ],k ∈Z【解析】当cos x ≥0时,f (x )=sin x+cos x=√2sin (x +π4),当cos x<0时,f (x )=sin x-cos x=√2sin (x -π4), 画出函数图象,如图所示.根据图象知,函数不是奇函数,A 错误;f (x+2π)=sin(x+2π)+|cos(x+2π)|=sin x+|cos x|=f (x ),故该函数的最小正周期为2π,B 正确; f (π-x )=sin(π-x )+|cos(π-x )|=sin x+|cos x|=f (x ),故该函数的图象关于直线x=π2对称,C 正确;由图象可知,在[-π2,π2]上,函数f (x )不单调,所以f (x )的单调递增区间不为[-π2+2kπ,π2+2kπ],k ∈Z,D 错误. 故选BC . 【答案】BC12.(考点:解三角形,★★★)已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,则下列四个命题中正确的是( ). A .若a 2+b 2-c 2<0,则△ABC 一定是钝角三角形 B .若acosA =bcosB =c cosC ,则△ABC 一定是等边三角形 C .若a cos A=b cos B ,则△ABC 一定是等腰三角形 D .若b cos C=c cos B ,则△ABC 一定是等腰三角形 【解析】对于A,若a 2+b 2-c 2<0,由余弦定理可知cos C=a 2+b 2-c 22ab<0,角C 为钝角,故A 正确;对于B,因为acosA =bcosB =ccosC ,由正弦定理得a=2R sin A ,b=2R sin B ,c=2R sin C ,所以tan A=tan B=tan C ,所以A=B=C ,所以△ABC 一定是等边三角形,故B 正确;对于C,若a cos A=b cos B ,由正弦定理得sin 2A=sin 2B ,所以A=B 或A+B=π2,所以△ABC 是等腰三角形或直角三角形,故C 错误;对于D,若b cos C=c cos B ,由正弦定理得sin B cos C=sin C cos B ,则sin B cos C-sin C cos B=0,所以sin(B-C )=0,得B=C ,所以△ABC 一定是等腰三角形,故D 正确. 故选ABD . 【答案】ABD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(考点:向量共线的条件,★★)已知a=(3,2),b=(k ,5),若(a+2b )∥(4a-3b ),则k= . 【解析】由题意得a+2b=(3+2k ,12),4a-3b=(12-3k ,-7), 因为(a+2b )∥(4a-3b ), 所以(3+2k )·(-7)=12·(12-3k ), 解得k=152.【答案】15214.(考点:两角和与差的正、余弦公式,★★)已知α,β为锐角,cos α=35,sin(α+β)=1213,则cos β= . 【解析】由题意得sin α=2α=45,cos(α+β)=±√1-sin 2(α+β)=±513.当cos(α+β)=513时,cos β=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α=513×35+1213×45=6365; 当cos(α+β)=-513时,cos β=cos[(α+β)-α]=cos(α+β)cos α+sin(α+β)sin α=-513×35+1213×45=3365. 综上所述,cos β的值为6365或3365. 【答案】6365或336515.(考点:平面向量的数量积,★★)已知等边△ABC 的边长为6,平面内一点P 满足CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 【解析】由CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可得PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =PC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =23CA ⃗⃗⃗⃗⃗ -12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =CB ⃗⃗⃗⃗⃗ -CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ -13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ , 故PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(23CA ⃗⃗⃗⃗⃗ -12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ -13CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ -29CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-14CB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2 =12×18-29×36-14×36=-8. 【答案】-816.(考点:三角恒等变换及函数的性质,★★★)已知函数f (x )=sin 2x-sin 2(x -π6),x ∈R,则f (x )的最小值为 ;单调递增区间为 .【解析】由题意,f (x )=sin 2 x-sin 2(x -π6)=12(1-cos 2x )-12[1-cos (2x -π3)]=-14cos 2x+√34sin 2x=12sin (2x -π6),所以函数f (x )的最小值为-12;令-π2+2k π≤2x-π6≤π2+2k π,k ∈Z,则-π6+k π≤x ≤π3+k π,k ∈Z, 即f (x )的单调递增区间为[-π6+kπ,π3+kπ],k ∈Z .【答案】-12 [-π6+kπ,π3+kπ],k ∈Z。
高考数学复习基础知识专题讲解与练习专题04函数的性质综合应用一、单选题1．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三月考（文））已知函数(1)f x +的定义域为(－2,0)，则(21)f x -的定义域为（） A ．(－1,0) B ．(－2,0) C ．(0,1)D ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【分析】由题设函数的定义域，应用换元法求出()f t 的定义域，进而求(21)f x -的定义域即可. 【详解】由题设，若1t x =+，则(1,1)t ∈-，∴对于(21)f x -有21(1,1)x -∈-，故其定义域为(0,1). 故选：C.2．（2021·湖南·高三月考）已知函数()f x 满足22()()326f x f x x x +-=++，则（） A ．()f x 的最小值为2B ．x R ∃∈，22432()x x f x ++>C ．()f x 的最大值为2D ．x R ∀∈，22452()x x f x ++>【答案】D 【分析】先求得()f x ，然后结合二次函数的性质确定正确选项.【详解】因为22()()326f x f x x x +-=++（i ），所以用x -代换x 得22()()326f x f x x x -+=-+（ii ）. （i ）×2-（ii ）得23()366f x x x =++， 即22()22(1)1f x x x x =++=++，从而()f x 只有最小值，没有最大值，且最小值为1.()2222222221243243122()222222x x x x x x f x x x x x x x ++-++++===-<++++++， ()2222222221245245122()222222x x x x x x f x x x x x x x +++++++===+>++++++. 故选：D.3．（2021·河南·孟津县第一高级中学高三月考（理））若函数()2021x x f x x ππ-=-+，则不等式(1)(24)0f x f x ++-≥的解集为（） A ．[1,)+∞ B ．(,1]-∞ C ．(0,1] D ．[1,1]-【答案】A 【分析】判断出函数的奇偶性和单调性，再利用其性质解不等式即可 【详解】()f x 的定义域为R ,因为()2021(2021)()x x x x f x x x f x ππππ---=-=--+=--， 所以()f x 是奇函数，所以不等式(1)(24)0f x f x ++-≥可化为(1)(42)f x f x +≥-， 因为,,2021x x y y y x ππ-==-=在R 上均为增函数， 所以()f x 在R 上为增函数， 所以142x x +≥-，解得1x ≥， 故选：A.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f （x 2+1）＝x 4，则函数y ＝f （x ）的解析式是（ ）A ．()()21,0f x x x =-≥B ．()()21,1f x x x =-≥C ．()()21,0f x x x =+≥D ．()()21,1f x x x =+≥【答案】B 【分析】利用凑配法求得()f x 解析式. 【详解】()()()2242211211f x x x x +==+-++，且211x +≥，所以()()22211,1f x x x x x =-+=-≥. 故选：B.5．（2021·湖南省邵东市第一中学高三月考）已知函数()f x 满足()()()222f a b f a f b +=+对,a b ∈R 恒成立，且(1)0f ≠，则(2021)f =（） A ．1010 B ．20212C ．1011D ．20232【答案】B 【分析】利用赋值法找出规律，从而得出正确答案. 【详解】令0a b ==，则()()()()20020,00f f f f =+=，令0,1a b ==，则()()()()()221021,121f f f f f =+=，由于()10f ≠，所以()112f =.令1a b ==，则()()()221211f f f =+=， 令2,1a b ==，则()()()2133221122f f f =+=+=，令3,1a b ==，则()()()23144321222f f f =+=+=，以此类推，可得()202120212f =.故选：B.6．（2021·安徽·六安二中高三月考）设()f x 为奇函数，且当0x ≥时，()21x f x =-，则当0x <时，()f x =（） A ．21x -- B ．21x -+C ．21x ---D ．21x --+【答案】D 【分析】根据题意，设0x <，则0x ->，由函数的解析式可得()21x f x --=-，结合函数的奇偶性分析可得答案． 【详解】根据题意，设0x <，则0x ->， 则()21x f x --=-，又由()f x 为奇函数，则()()21x f x f x ---=-+=，故选：D.7．（2021·河南·高三月考（理））||||2()x x x e f x e-=的最大值与最小值之差为（）A ．4-B ．4eC ．44e-D ．0【答案】B 【分析】利用函数为奇函数，且其图像的对称性，利用导数可得函数的单调性和最值. 【详解】22()1xx xx e x f x ee-==-，设2()xx g x e=，则()()1g x f x =+则()g x 为奇函数，图像关于原点对称，其最大值与最小值是互为相反数，max max ()()1g x f x =+min ()()1min g x f x =+ max min ()()0g x g x +=max min max min max min max ()()(()1)(()1)()()2()f x f x g x g x g x g x g x ∴-=---=-=即()f x 的最大值与最小值之差为max 2()g x ， 当0x >时2()xxg x e =，222(1)()x x x x g x e e --'==， 故2()xxg x e =的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+∞， 所以max 2()(1)g x g e==，所以()f x 的最大值与最小值之差为4e故选：B.8．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三月考（理））已知减函数()332f x x x =--，若()()320f m f m -+-<，则实数m 的取值范围为（） A ．(),3-∞ B ．()3,+∞ C ．(),3-∞- D ．()3,-+∞【答案】C 【分析】根据函数奇偶性和单调性，列出不等式即可求出范围. 【详解】易知()f x 为R 上的奇函数，且在R 上单调递减， 由()()320f m f m -+-<，得()()()322f m f m f m -<--=， 于是得32m m ->，解得3m <-. 故选:C.9．（2021·陕西·西安中学高三期中）已知函数()(1ln 31xx a x f x x a +=++++-（0a >，1a ≠），且()5f π=，则()f π-=（） A ．5- B ．2 C ．1D ．1-【答案】C 【分析】令()()3g x f x =-，由()()0g x g x -+=，可得()g x 为奇函数，利用奇函数的性质即可求解. 【详解】解：令()()(1ln 13x x a x g x f x x a +++=--+=，因为()()((11ln ln 011xxx x a a g x x x x x x aa g --++-++-++++=---+=，所以()g x 为奇函数，所以()()0g g ππ-+=，即()()330f f ππ--+-=， 又()5f π=， 所以()1f π-=， 故选：C.10．（2021·北京通州·高三期中）已知函数()f x 的定义域为R ，()54f =，()3f x +是偶函数，[)12,3,x x ∀∈+∞，有()()12120f x f x x x ->-，则（）A ．()04f <B ．()14f =C ．()24f >D ．()30f <【答案】B 【分析】根据条件可得()f x 关于直线3x =对称，()f x 在[)3,+∞上单调递增，结合()54f =可判断出答案. 【详解】由()3f x +是偶函数可得()f x 关于直线3x =对称 因为[)12,3,x x ∀∈+∞，有()()12120f x f x x x ->-，所以()f x 在[)3,+∞上单调递增因为()54f =，所以()()064f f =>，()()154f f ==，()()244f f =< 无法比较()3f 与0的大小 故选：B.11．（2021·北京朝阳·高三期中）若函数()()221x f x a a R =-∈+为奇函数，则实数a =（）.A ．2-B ．1-C ．0D ．1【答案】D【分析】由奇函数的性质()00f =求解即可 【详解】因为函数()()221x f x a a R =-∈+为奇函数，定义域为R ，所以()00f =，即02021a -=+，解得1a =，经检验符合题意，故选：D.12．（2022·上海·高三专题练习）函数()2020sin 2f x x x =+，若满足()2(1)0f x x f t ++-≥恒成立，则实数t 的取值范围为（） A ．[2,)+∞ B ．[1,)+∞C ．3,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．(,1]-∞【答案】C 【详解】∵()2020sin 2()f x x x f x -=--=-，且()20202cos20f x x '=+>， ∴函数()f x 为单调递增的奇函数．于是，()2(1)0f x x f t ++-≥可以变为()2(1)(1)f x x f t f t +--=-，即21x x t +≥-，∴21t x x ≤++，而221331244x x x ⎛⎫++=++≥ ⎪⎝⎭，可知实数34t ≤， 故实数t 的取值范围为3,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．故选：C.13．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）已知定义在R 上的可导函数()f x ，对任意的实数x ，都有()()4f x f x x --=，且当()0,x ∈+∞时，()2f x '>恒成立，若不等式()()()1221f a f a a --≥-恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭ B ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ 【答案】D 【分析】由题意可得()()()f x x f x x -=---，令()()2F x f x x =-，根据奇偶性的定义，可得()F x 为偶函数，利用导数可得()F x 的单调性，将题干条件化简可得()2(1)2(1)f a a f a a -≥---，即()(1)F a F a ≥-，根据()F x 的单调性和奇偶性，计算求解，即可得答案.【详解】由()()4f x f x x --=，得()2()2()f x x f x x -=---， 记()()2F x f x x =-，则有()()F x F x =-，即()F x 为偶函数， 又当(0,)x ∈+∞时，()()20F x f x ''=->恒成立， 所以()F x 在(0,)+∞上单调递增，所以由()()()1221f a f a a --≥-，得()2(1)2(1)f a a f a a -≥---， 即()(1)F a F a ≥-(||)(|1|)F a F a ⇔-，所以|||1|a a -，即2212a a a ≥+-，解得12a ，故选：D.14．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（文））设函数222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩，则函数()1y f x =-的零点个数为（） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．0个【答案】B【分析】由已知函数()f x 的解析式作出图象，把函数()1y f x =-的零点转化为函数()f x 与1y =的交点得答案． 【详解】由函数解析式222,0()lg ,0x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨>⎪⎩由图可知，函数()1y f x =-的零点的个数为2个． 故选：B ．15．（2020·广东·梅州市梅江区嘉应中学高三月考）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，满足1(2)()f x f x +=，且当3,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()2log (31)f x x =-+，则()2021f 等于（） A ．4 B ．2C ．2-D ．2log 7【答案】C 【分析】求得()f x 是周期为4的周期函数，从而求得()2021f . 【详解】因为函数()f x 是定义在R 上的奇函数，()11(4)(2)2()1(2)()f x f x f x f x f x +=++===+， 其最小正周期为4，所以()()2021450511)()1(f f f f ⨯+===--.因为31,02⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，且当3,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()2log (31)f x x =-+， 所以()2()log 13)1(12f -=--+=⨯，所以()202112()f f =--=-. 故选：C.16．（2021·江西·九江市柴桑区第一中学高三月考（文））已知函数()f x 是定义在[3,2]a --上的奇函数，且在[3,0]-上单调递增，则满足()()0f m f m a +->的m 的取值范围是（）A ．5,82⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．5,32⎛⎤⎥⎝⎦C ．[]2,3D ．[]3,3-【答案】B 【分析】根据奇函数的定义可知定义域关于原点对称可得320a -+-=，即可解出a ，由奇函数的性质可得函数()f x 在[]3,3-上递增，再将()()0f m f m a +->等价变形为()()f m f a m >-，然后根据单调性即可解出． 【详解】依题意可得320a -+-=，解得5a =，而函数f x （）在[3,0]-上单调递增，所以函数()f x 在[0,3]上单调递增，又函数()f x 连续，故函数()f x 在[]3,3-上递增，不等式()()0f m f m a +->即为()()5f m f m >-，所以333535m m m m-≤≤⎧⎪-≤-≤⎨⎪>-⎩，解得532m <≤．故选：B ．17．（2021·浙江·高三期中）已知0a >，0b >，则“2ln 39b a a b>-”是“a b >”成立的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】构造函数，利用函数的单调性，结合充分性、必要性的定义进行判断即可. 【详解】解：由()22ln ln 2ln 33b a a a b b=->-，得()2ln 23ln 3a b a b +>+，令()ln 3x f x x =+，()f x 在()0,∞+上单调递增，又()()2f a f b >，则2a b >．即当0a >，0b >时，2ln 392b a a a b b>-⇔>．显然，2a b a b >⇒>，但由2a b >不能得到a b >． 故选：B ．18．（2021·重庆市实验中学高三月考）已知函数()()2312,1,1x x a x x f x a x ⎧-++<⎪=⎨≥⎪⎩，若函数()f x 在R 上为减函数，则实数a 的取值范围为（）A ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,3⎛⎤⎥⎝⎦D ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B 【分析】利用二次函数、指数函数的单调性以及函数单调性的定义，建立关于a 的不等式组，解不等式组即可得答案. 【详解】解：因为函数()()2312,1,1x x a x x f x a x ⎧-++<⎪=⎨≥⎪⎩在R 上为减函数，所以()213112011312a a a a +⎧≥⎪⎪<<⎨⎪-++≥⎪⎩，解得1132a ≤≤，所以实数a 的取值范围为11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 故选：B.19．（2021·全国·高三期中）已知()2f x +是偶函数，当122x x <<时，()()()21210f x f x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，设12a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()3b f =，()4c f =，则a 、b 、c 的大小关系为（） A ．b a c << B ．c b a << C ．b c a << D ．a b c <<【答案】A 【分析】分析可知函数()f x 在()2,+∞为增函数，由已知条件可得1722a f f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，结合函数()f x 的单调性可得出a 、b 、c 的大小关系. 【详解】当122x x <<时，()()()21210f x f x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则()()12f x f x <， 所以()f x 在()2,+∞为增函数.又因为()2f x +是偶函数，所以，()()22f x f x -+=+，即1722a f f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()()7342f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即b a c <<.故选：A.20．（2021·宁夏·海原县第一中学高三月考（文））已知()f x 是定义域为()-∞+∞，的奇函数，满足()()11f x f x -=+，若()13f =，则()()()()1232022f f f f ++++=（）A ．2022B ．0C ．3D ．2022-【答案】C 【分析】由条件可得()f x 是周期为4的周期函数，然后利用()()()()()()()()()()1232022505123412f f f f f f f f f f ++++=+++++⎡⎤⎣⎦算出答案即可.【详解】因为()f x 是定义域为()-∞+∞，的奇函数，所以()()f x f x -=-，()00f = 因为()()11f x f x -=+，所以()()()2f x f x f x -=+=-所以()()()42f x f x f x +=-+=，所以()f x 是周期为4的周期函数 因为()13f =，()()200f f ==，()()()3113f f f =-=-=-，()()400f f == 所以()()()()()()()()()()12320225051234123f f f f f f f f f f ++++=+++++=⎡⎤⎣⎦故选：C.21．（2021·河北·高三月考）已知函数()3()21sin f x x x x =+++，则()(32)4f x f x -+-<的解集为（） A ．(,1)-∞ B ．(1,)+∞C ．(,2)-∞D ．(2,)+∞【答案】A 【分析】设3()()222sin g x f x x x x =-=++，然后可得函数()g x 为奇函数，函数()g x 在R 上单调递增，然后不等式()(32)4f x f x -+-<可化为()(32)g x g x -<-+，然后可解出答案. 【详解】设3()()222sin g x f x x x x =-=++，可得函数()g x 为奇函数，2()62cos 0g x x x '=++>，所以函数()g x 在R 上单调递增，()(32)4()2(32)2()f x f x f x f x g x -+-<⇒--<--+⇒-(32)()(32)g x g x g x <--⇒-<-+，所以321x x x -<-+⇒<． 故选：A.22．（2021·河南·高三月考（文））已知函数()()12x x f x e e －＝+，记12a fπ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭＝，1log 2b f π⎛⎫ ⎪⎝⎭＝，()c f π＝，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．b ＜a ＜cD ．b ＜c ＜a【答案】C 【分析】先判断函数的奇偶性，然后根据导函数的符号求出函数的单调区间，利用函数的单调性即可得出答案. 【详解】解：因为()()()12x x f x e e f x --=+=，所以函数()f x 为偶函数，()()12x xf x e e -'=-， 当0x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在()0,∞+上递增，则()1log log 22b f f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以10log 212πππ<<<<， 所以b a c <<. 故选：C ．23．（2021·安徽·高三月考（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足：(1)f x -关于(1,0)中心对称，(1)f x +是偶函数，且312f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则92f ⎛⎫ ⎪⎝⎭的值为（） A ．0 B ．-1 C ．1 D ．无法确定【答案】B 【分析】由于(1)f x -关于(1,0)中心对称，又将函数(1)f x -向左平移1个单位后为()f x ，所以()f x 关于(0,0)中心对称，即()f x 是奇函数；又(1)f x +是偶函数，又将函数(1)f x +向右平移1个单位后为()f x ，所以()f x 关于直线1x =对称，可得函数()f x 的周期4T =， 由此即可求出结果. 【详解】由于(1)f x -关于(1,0)中心对称，又将函数(1)f x -向左平移1个单位后为()f x ，所以()f x 关于(0,0)中心对称，即()f x 是奇函数；又(1)f x +是偶函数，又将函数(1)f x +向右平移1个单位后为()f x ，所以()f x 关于直线1x =对称，即()(2)f x f x =-； 所以()(2)f x f x =--，所以(+2)()f x f x =-，所以(4)(2)()f x f x f x +=-+=， 所以函数()f x 的周期4T =，911334211222222f f f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+==-==--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：B.24．（2021·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（理））函数()y f x =对任意x ∈R 都有(2)()f x f x +=-成立，且函数(1)y f x =-的图象关于点()1,0对称，(1)4f =，则(2020)(2021)(2022)f f f ++=（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D 【分析】根据函数(1)y f x =-的图象关于点()1,0对称，得到函数是奇函数，然后结合(2)()f x f x +=-，得到函数的周期为4T =求解. 【详解】因为函数(1)y f x =-的图象关于点()1,0对称， 所以函数()y f x =的图象关于点()0,0对称， 即()()f x f x -=-， 又因为(2)()f x f x +=-，所以(2)()f x f x +=-，即(4)()f x f x +=， 所以函数的周期为4T =， 又(1)4f =，所以(2020)(2021)(2022)(0)(1)(0)4f f f f f f ++=++=. 故选：D.25．（2021·江西·高三月考（文））若定义在R 上的奇函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增，且()30f =，则满足0()2f x x -≤的x 的取值范围为（）A ．(][),15,-∞-+∞B ．[][]3,05,-+∞C ．[][]1,02,5-D ．(][),10,5-∞-【答案】C 【分析】根据函数的单调性、奇偶性、函数图象变换，结合图象求得正确答案. 【详解】依题意()f x 是R 上的奇函数，且在(0,)+∞递增，且()30f =，所以()f x 在(),0-∞递增，且()30f -=.()2f x -的图象是由()f x 的图象向右平移2个单位得到，画出()2f x -的大致图象如下图所示，由图可知，满足0()2f x x -≤的x 的取值范围为[][]1,02,5-.故选：C.26．（2022·全国·高三专题练习）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，且在[0，1]上是减函数，则有（） A ．f 3()2<f 1()4-<f 1()4B ．f 1()4<f 1()4-<f 3()2C ．f 3()2<f 1()4<f 1()4-D ．f 1()4-<f 3()2-<f 1()4【答案】C 【分析】首先判断函数的周期，以及对称性，画出函数的草图，即可判断选项. 【详解】因为f (x ＋2)＝－f (x )，所以f (x ＋2＋2)＝－f (x ＋2)＝f (x )，所以函数的周期为4，并且()()()2f x f x f x +=-=-，所以函数()f x 关于1x =对称，作出f (x )的草图(如图)，由图可知3()2f <1()4f <1()4f -，故选：C.27．（2022·全国·高三专题练习）函数()342221x x f x x x⎧-≤⎪=⎨->⎪-⎩，，则不等式()1f x ≥的解集是（ ）A ．()513⎡⎫-∞⋃+∞⎪⎢⎣⎭，，B ．(]5133⎡⎤-∞⋃⎢⎥⎣⎦，，C ．513⎡⎤⎢⎥⎣⎦，D ．533⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【答案】B【分析】将()f x 表示为分段函数的形式，由此求得不等式()1f x ≥的解集. 【详解】()342221x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪-⎩，，443,3434,232,21x x x x x x ⎧-<⎪⎪⎪=-≤≤⎨⎪⎪>⎪-⎩， 当43x <时，431,11x x x -≥≤⇒≤，当423x ≤≤时，55341,233x x x -≥≥⇒≤≤，当2x >时，10x ->，则21,21,3231x x x x ≥≥-≤⇒<≤-，综上所述，不等式()1f x ≥的解集为(]5,1,33⎡⎤-∞⋃⎢⎥⎣⎦.故选：B.28．（2021·安徽省亳州市第一中学高三月考（文））函数()f x 满足()()4f x f x =-+，若()23f =，则()2022f =（）A ．3B ．-3C ．6D ．2022【答案】B 【分析】根据函数()f x 满足()()4f x f x =-+，变形得到函数()f x 是周期函数求解. 【详解】因为函数()f x 满足()()4f x f x =-+，即()()4f x f x +=-， 则()()()84f x f x f x +=-+=，所以函数()f x 是周期函数，周期为8，所以()()()()202225286623f f f f =⨯+==-=-．故选：B ．29．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（理））函数2()ln(231)f x x x =-+的单调递减区间为（）A ．3,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．3,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．(1,)+∞【答案】B【分析】先求出函数()f x 的定义域，再求出函数2231u x x =-+在所求定义域上的单调区间并结合复合函数单调性即可作答.【详解】在函数2()ln(231)f x x x =-+中，由22310x x -+>得12x <或1x >，则()f x 的定义域为1(,)(1,)2-∞+∞， 函数2231u x x =-+在1(,)2-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，又ln y u =在(0,)u ∈+∞上单调递增，于是得()f x 在1(,)2-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 所以函数()f x 的单调递减区间为1(,)2-∞. 故选：B.30．（2021·广东·高三月考）已知定义域为R 的函数()y f x =在[0,10]上有1和3两个零点，且(2)y f x =+与(7)y f x =+都是偶函数，则函数()y f x =在[0,2013]上的零点个数为（）A ．404B ．804C ．806D ．402【答案】A【分析】 根据两个偶函数得()f x 的对称轴，由此得函数的周期，10是其一个周期，由周期性可得零点个数．【详解】因为(2)y f x =+与(7)y f x =+都为偶函数，所以(2)(2)f x f x +=-+，(7)(7)f x f x +=-+，所以()f x 图象关于2x =，7x =轴对称，所以()f x 为周期函数，且2(72)10T =⋅-=，所以将[0,2013]划分为[0,10)[10,20)[2000,2010][2010,2013]⋅⋅⋅.而[0,10)[10,20)[2000,2010]⋅⋅⋅共201组，所以2012402N =⨯=，在[2010,2013]中，含有零点(2011)(1)0f f ==，(2013)(3)0f f ==共2个，所以一共有404个零点.故选：A.31．（2021·安徽·池州市江南中学高三月考（理））已知定义域为R 的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x ＋4)，且函数f (x )在区间(2，＋∞)上单调递增，如果x 1<2<x 2，且x 1＋x 2>4，则f (x 1)＋f (x 2)的值（）A ．可正可负B ．恒大于0C ．可能为0D ．恒小于0【答案】B【分析】首先根据条件()(4)f x f x -=-+转化为(4)()f x f x -=-，再根据函数()f x 在区间(2,)+∞上单调递增，将1x 转换为14x -，从而14x -，2x 都在(2,)+∞的单调区间内，由单调性得到它们的函数值的大小，再由条件即可判断12()()f x f x +的值的符号．【详解】解：定义域为R 的函数()f x 满足()(4)f x f x -=-+，将x 换为x -，有(4)()f x f x -=-，122x x <<，且124x x +>，2142x x ∴>->，函数()f x 在区间(2,)+∞上单调递增，21()(4)f x f x ∴>-，(4)()f x f x -=-，11(4)()f x f x ∴-=-，即21()()f x f x >-，12()()0f x f x ∴+>，故选：B ．32．（2021·河南·模拟预测（文））已知非常数函数()f x 满足()()1f x f x -=()x R ∈，则下列函数中，不是奇函数的为（）A ．()()11f x f x -+ B ．()()11f x f x +- C ．()()1f x f x - D ．()()1f x f x + 【答案】D【分析】根据奇函数的定义判断．【详解】因为()()1f x f x -=()x R ∈，所以()1()()1f x g x f x -=+，则11()11()()()()1()11()1()f x f x f xg x g x f x f x f x -----====--+++，()g x 是奇函数， 同理()()1()1f x h x f x +=-也是奇函数，1()()()()()p x f x f x f x f x =-=--，则()()()()p x f x f x p x -=--=-，是奇函数， 1()()()()()q x f x f x f x f x =+=+-，()()()()q x f x f x q x -=-+=为偶函数， 故选：D ．33．（2021·四川郫都·高三月考（文））已知奇函数()f x 定义域为R ，()()1f x f x -=，当10,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()21log 2f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则52f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（） A ．2log 3B ．1C ．1-D ．0【答案】D【分析】 根据函数的奇偶性和(1)()f x f x -=可得函数的周期是2，利用周期性进行转化求解即可．【详解】 解：奇函数满足(1)()f x f x -=，()(1)(1)f x f x f x ∴=-=--，即(1)()f x f x +=-，则(2)(1)()f x f x f x +=-+=，所以()f x 是以2为周期的周期函数， 所以225111()()log ()log 102222f f ==+==． 故选：D.34．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()f x 的定义域为R ，且满足()()()()2f x y f x y f x f y ++-=，且12f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()00f ≠，则()2021f =（）．A ．2021B ．1C ．0D ．1-【答案】C【分析】 分别令0x y ==，令12x y ==得到()()110f x f x ++-=，进而推得函数()f x 是周期函数求解． 【详解】令0x y ==，则()()()()00200f f f f +=，故()()()20010f f -=，故()01f =，（()00f =舍） 令12x y ==，则()()1110222f f f f ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故()10f =．∴()()()()11210f x f x f x f ++-==，即()()()()()()1124f x f x f x f x f x f x +=--⇒+=-⇒+=，故()f x 的周期为4，即()f x 是周期函数．∴()()202110f f ==．故选：C ．二、多选题35．（2021·全国·高三月考）()f x 是定义在R 上的偶函数，对x R ∀∈，均有()()2f x f x +=-，当[]0,1x ∈时，()()2log 2f x x =-，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 的一个周期为4B ．()20221f =C ．当[]2,3x ∈时，()()2log 4f x x =--D ．函数()f x 在[]0,2021内有1010个零点【答案】AC【分析】 由()()2 x f f x +=-可判断A ，()()()2022450()5220f f f f =⨯+==-，可判断B ，当[]2,3x ∈时，[]20,1x -∈，结合条件可判断C ，易知()()()()()1 35201920210f f f f f ===⋯===，可判断D.【详解】()f x 是定义在R 上的偶函数，对x R ∀∈，均有()()2 x f f x +=-，()()4 (2,f x f x f x ∴+=-+=）故函数的周期为4，故选项A 正确；()()()2022452(05201)f f f f =⨯+==-=-，故选项B 错误；当[]2,3x ∈时，[]20,1x -∈，则()()()()222log 2 2log 4f x f x x x ⎡=--=---=-⎤⎦-⎣，故选项C 正确；易知()()()()()1 35201920210f f f f f ===⋯===，于是函数()f x 在[]0,2021内有1011个零点，故选项D 错误，故选：AC ．36．（2021·重庆市第十一中学校高三月考）关于函数()321x f x x +=-，正确的说法是（） A ．()f x 有且仅有一个零点B ．()f x 在定义域内单调递减C ．()f x 的定义域为{}1x x ≠D ．()f x 的图象关于点()1,3对称【答案】ACD【分析】将函数()f x 分离系数可得5()31f x x =+-，数形结合，逐一分析即可； 【详解】 解：323(1)55()3111x x f x x x x +-+===+---，作出函数()f x 图象如图：由图象可知，函数只有一个零点，定义域为{}|1x x ≠，在(),1-∞和()1,+∞上单调递减，图象关于()1,3对称，故B 错误，故选：ACD ．37．（2021·福建·三明一中高三月考）下列命题中，错误的命题有（）A ．函数()f x x =与()2g x =是同一个函数B ．命题“[]00,1x ∃∈，2001x x +≥”的否定为“[]0,1x ∀∈，21x x +<”C ．函数4sin 0sin 2y x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭的最小值为4 D ．设函数22,0()2,0x x x f x x +<⎧⎪=⎨≥⎪⎩，则()f x 在R 上单调递增 【答案】ACD【分析】 求出两函数的定义域，即可判断A ；命题的否定形式判断B ；函数的最值判断C ；分段函数的性质以及单调性判断D ；【详解】解：函数()f x x =定义域为R ，函数2()g x =的定义域为[)0,+∞，所以两个函数的定义域不相同，所以两个函数不是相同函数；所以A 不正确；命题“0[0x ∃∈，1]，2001x x +”的否定为“[0x ∀=，1]，21x x +<”，满足命题的否定形式，所以B 正确； 函数4sin sin y x x =+(0)2x π<<，因为02x π<<，所以0sin 1x <<，可知4sin 4sin y x x =+>，所以函数没有最小值，所以C 不正确； 设函数22,0,()2,0,x x x f x x +<⎧⎪=⎨⎪⎩两段函数都是增函数，并且0x <时，0x →，()2f x →，0x 时，函数的最小值为1，两段函数在R 上不是单调递增，所以D 不正确；故选：ACD ．38．（2021·福建·高三月考）已知()f x 是定义域为R 的函数，满足()()13f x f x +=-，()()13f x f x +=-，当02x ≤≤时，()2f x x x =-，则下列说法正确的是（）A ．()f x 的最小正周期为4B ．()f x 的图象关于直线2x =对称C ．当04x ≤≤时，函数()f x 的最大值为2D ．当68x ≤≤时，函数()f x 的最小值为12- 【答案】ABC【分析】根据抽象函数关系式，可推导得到周期性和对称性，知AB 正确；根据()f x 在[]0,2上的最大值和最小值，结合对称性和周期性可知C 正确，D 错误.【详解】对于A ，()()13f x f x +=-，()()4f x f x ∴+=，()f x ∴的最小正周期为4，A 正确； 对于B ，()()13f x f x +=-，()()22f x f x ∴+=-，()f x ∴的图象关于直线2x =对称，B 正确；对于C ，当02x ≤≤时，()()max 22f x f ==，()f x 图象关于2x =对称，∴当24x ≤≤时，()()max 22f x f ==； 综上所述：当04x ≤≤时，()()max 22f x f ==，C 正确；对于D ，()f x 的最小正周期为4，()f x ∴在[]6,8上的最小值，即为()f x 在[]2,4上的最小值，当02x ≤≤时，()min 1124f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，又()f x 图象关于2x =对称， ∴当24x ≤≤时，()min 711224f x f f ⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()f x ∴在[]6,8上的最小值为14-，D 错误. 故选：ABC.39．（2022·全国·高三专题练习）设f (x )的定义域为R ，给出下列四个命题其中正确的是（）A ．若y ＝f (x )为偶函数，则y ＝f (x ＋2)的图象关于y 轴对称；B ．若y ＝f (x ＋2)为偶函数，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称；C ．若f (2＋x )＝f (2－x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称；D ．若f (2－x )＝f (x )，则y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称.【答案】BC【分析】根据偶函数的对称性，结合函数图象变换性质、函数图象关于直线对称的性质进行逐一判断即可.【详解】A ：中由y ＝f (x )关于y 轴对称，得y ＝f (x ＋2)的图象关于直线x ＝－2对称，所以结论错误；B ：因为y ＝f (x ＋2)为偶函数，所以函数y ＝f (x ＋2)的图象关于y 轴对称，因此y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称，所以结论正确；C ：因为f (2＋x )＝f (2－x )，所以y ＝f (x )的图象关于直线x ＝2对称，因此结论正确；D ：由f (2－x )＝f (x )，得f (1＋x )＝f (1－x )，所以y ＝f (x )关于直线x ＝1对称，因此结论错误，故选：BC.40．（2021·广东·湛江二十一中高三月考）已知函数sin ()()x f x e x R =∈，则下列论述正确的是（）A ．()f x 的最大值为e ，最小值为0B ．()f x 是偶函数C ．()f x 是周期函数，且最小正周期为2πD ．不等式()f x ≥5,66xk x k k Z ππππ⎧⎫+≤≤+∈⎨⎬⎩⎭【答案】BD【分析】由|sin |[0,1]x ∈，得到函数的值域，可判定A 错误；由函数奇偶性的定义，可判定B 正确； 由函数周期的定义，可得判定C 错误；由()f x ≥，得到1|sin |2x ≥，结合三角函数的性质，可判定D 正确.【详解】由|sin |[0,1]x ∈，可得的sin [1,]x e e ∈，故A 错误； 由sin()|sin |()()x x f x e e f x --===，所以()f x 是偶函数，故B 正确；由|sin()||sin ||sin |(=e )()x x x f x e e f x ππ+-+===，所以π是()f x 的周期，故C 错误； 由()f x ≥，即1sin 2x e e ≥，可得1|sin |2x ≥， 解得x 的取值范围是5,66xk x k k ππππ⎧⎫+≤≤+∈⎨⎬⎩⎭Z ，故D 正确. 故选：BD. 41．（2021·全国·模拟预测）已知函数()21x f x x =-，则下列结论正确的是（） A ．函数()f x 在(),1-∞上是增函数B ．函数()f x 的图象关于点()1,2中心对称C ．函数()f x 的图象上存在两点A ，B ，使得直线//AB x 轴D ．函数()f x 的图象关于直线1x =对称【答案】AC【分析】()2,112,11x x x f x x x x ⎧-<⎪⎪-=⎨⎪>⎪-⎩，然后画出其图象可得答案. 【详解】()2,112,11x x x f x x x x ⎧-<⎪⎪-=⎨⎪>⎪-⎩，其大致图象如下，结合函数图象可得AC 正确，BD 错误.故选：AC.42．（2022·全国·高三专题练习）对于定义在R 上的函数()f x ，下列说法正确的是（）A ．若()f x 是奇函数，则()1f x -的图像关于点()1,0对称B ．若对x ∈R ，有()()11f x f x =+-，则()f x 的图像关于直线1x =对称C ．若函数()1f x +的图像关于直线1x =-对称，则()f x 为偶函数D ．若()()112f x f x ++-=，则()f x 的图像关于点()1,1对称【答案】ACD【分析】四个选项都是对函数性质的应用，在给出的四个选项中灵活的把变量x 加以代换，再结合函数的对称性、周期性和奇偶性就可以得到正确答案.【详解】对A ，()f x 是奇函数，故图象关于原点对称，将()f x 的图象向右平移1个单位得()1f x -的图象，故()1f x -的图象关于点（1，0）对称，正确；对B ，若对x ∈R ，有()()11f x f x =+-，得()()2f x f x +=，所以()f x 是一个周期为2的周期函数，不能说明其图象关于直线1x =对称，错误.；对C ，若函数()1f x +的图象关于直线1x =-对称，则()f x 的图象关于y 轴对称，故为偶函数，正确；对D ，由()()112f x f x ++-=得()()()()112,202f f f f +=+=，()()()()312,422,f f f f +-=+-=，()f x 的图象关于（1，1）对称，正确.故选：ACD.第II 卷（非选择题）三、填空题43．（2021·广东·高三月考）请写出一个函数()f x =__________，使之同时具有如下性质：①图象关于直线2x =对称；②x R ∀∈，(4)()f x f x +=． 【答案】()cos 2f x x π=（答案不唯一）. 【分析】根据性质①②可知()f x 是以4为周期且图象关于2x =对称点的函数，即可求解.【详解】解：由题可知，由性质①可知函数()f x 图象关于直线2x =对称；由性质②x R ∀∈，(4)()f x f x +=，可知函数()f x 以4为周期， 写出一个即可，例如：()cos 2f x x π=， 故答案为：()cos 2f x x π=（答案不唯一）. 44．（2021·湖南·高三月考）已知偶函数()f x 满足()()416f x f x +-=，且当(]0,1x ∈时，()[]222()f x f x =，则()3f -=___________.【答案】12【分析】利用函数的奇偶性及赋值法，可以解决问题.【详解】由()()416f x f x +-=，令2x =，可得()28f =.因为[]22(2)(1)16f f ==，212(1)02f f ⎡⎤⎛⎫= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦≥，所以()10f ≥，所以()14f =，由()()416f x f x +-=，令1x =，可得()312f =.因为()f x 是偶函数，所以()()3312f f -==.故答案为：12.45．（2021·北京·中国人民大学附属中学丰台学校高三月考）定义在R 上的函数f (x )满足()()22f x f x -=+，且x ∈（0，1）时，1()24x f x =+，则23(log 8)2f +＝___． 【答案】74【分析】 由条件可得2233(log 8)(log )22f f +=，然后可算出答案. 【详解】因为()()22f x f x -=+，且x ∈（0，1）时，1()24x f x =+， 所以23log 222331317(log 8)(log )2224244f f +==+=+= 故答案为：74. 46．（2021·上海奉贤区致远高级中学高三月考）定义在R 上的函数()f x 满足(6)()f x f x +=，2(2),[3,1)(),[1,3)x x f x x x ⎧-+∈--⎪=⎨∈-⎪⎩，数列{}n a 满足(),n a f n n N =∈*，{}n a 的前n 项和为n S ，则2021S =_________．【答案】337【分析】先判断出周期为6，再求出126a a a ++⋅⋅⋅+的值，最后求出2021S 的值【详解】因为函数()f x 满足(6)()f x f x +=，所以函数()f x 是周期为6的周期函数，()()()()12311,22,331a f a f a f f ======-=-，()()()()()456420,511,00a f f a f f a f ==-===-=-==，()()7711a f f ===，1261210101a a a ++⋅⋅⋅+=+-+-+=，因为202163365=⨯+，所以()2021126125336336112101337S a a a a a a =+⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+=⨯++-+-=故答案为：337.47．（2021·辽宁沈阳·高三月考）若函数()3121x f x m x ⎛⎫=-⋅⎪-⎝⎭为偶函数，则m 的值为________． 【答案】12- 【分析】先根据()()11f f =-求出m 的值，再根据奇偶性的定义证明即可.【详解】解：由已知210x -≠，即0x ≠，故函数定义域为()(),00,-∞⋃+∞，因为函数()3121x f x m x ⎛⎫=-⋅⎪-⎝⎭为偶函数， 则()()11f f =- 即1112121m m -⎛⎫-=-- ⎪--⎝⎭， 解得12m =-， 当12m =-时， ()()()()333331111212221211221x x x x x f x f x x x x x x -⎛⎫⎛⎫--=+⋅--+⋅=⋅--- ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭3332102121x x x x x x =⋅--=--. 故12m =-时，函数()3121x f x m x ⎛⎫=-⋅ ⎪-⎝⎭为偶函数 故答案为：12-. 48．（2021·全国·高三月考（理））已知函数2()sin f x x x x =-，则不等式(21)(1)f x f x -<+的解集为______.【答案】(0,2)【分析】利用导数可判断函数在(0,)+∞为增函数，再利用函数奇偶性的定义可判断函数为偶函数，从而将(21)(1)f x f x -<+转化为|21||1|x x -<+，进而可求出不等式的解集【详解】定义域为R ，由题意，()2sin cos (2cos )sin f x x x x x x x x '=--=--，当0x >时，()1sin 0f x x x '≥⋅->，故()f x 在(0,)+∞为增函数.因为22()()()sin()sin ()f x x x x x x x f x -=----=-=，所以()f x 为偶函数，故(21)(1)f x f x -<+即(|21|)(|1|)f x f x -<+，则|21||1|x x -<+，故22(21)(1)x x -<+，解得02x <<，故原不等式的解集为(0,2).故答案为：(0,2).49．（2022·全国·高三专题练习）函数2π()2sin sin()2f x x x x =+-的零点个数为________. 【答案】2【分析】先利用诱导公式、二倍角公式化简，再将函数零点个数问题转化为两个函数图象的交点个数问题，进而画出图象进行判定.【详解】2π()2sin sin()2f x x x x =+- 222sin cos sin 2x x x x x =-=-，函数f (x )的零点个数可转化为函数1sin 2y x =与22y x =图象的交点个数，在同一坐标系中画出函数1sin 2y x =与22y x =图象的（如图所示）：由图可知两函数图象有2个交点，即f (x )的零点个数为2.故答案为：2.50．（2021·河南·高三月考（文））已知偶函数()f x 和奇函数()g x 均定义在R 上，且满足()()224359x f x g x x x +=-++，则()()13f g -+=______．【答案】223【分析】先用列方程组法求出()f x 和()g x 的解析式，代入即可求解.【详解】因为()()224359x f x g x x x +=-++……① 所以()()224359x f x g x x x -+-=+++ 因为()f x 为偶函数，()g x 为奇函数，所以()()224359x f x g x x x -=+++……② ①②联立解得：()235f x x =+，()249x g x x =-+， 所以()()()22431331532392f g ⨯-+=-+-=+. 故答案为：223.。
2022届高三高考数学一轮复习第三章： 函数专练—抽象函数【含答案】一、单选题1．已知函数()f x 的定义域为实数集R ，对x R ∀∈，有(2)()f x f x +=-成立，且f （2）5=，则(100)(f = ) A ．10B ．5C ．0D ．5-2．已知()f x ，()g x 是定义在R 上的偶函数和奇函数，若2()()2x f x g x --=，则(1)(g -= )A ．5B ．5-C ．3D ．3-3．若定义在R 上的函数()f x 在(-∞，1]-上单调递减．若()(2)f x f x =--，且(4)0f -=，则不等式(3)0f x x-的解集为( ) A ．[4-，1][3-，)+∞ B ．[4-，1](0-⋃，1] C ．[4-，0][2，)+∞D ．[1-，0)[5，)+∞4．已知函数()f x 对任意x R ∈都有(6)()2f x f x f ++=（3），且(1)y f x =-的图象关于点(1,0)对称，则(2016)(f = )A ．0B ．1-C ．1D ．65．已知函数()f x 的定义域为R ，且满足()()2()()f x y f x y f x f y ++-=，且12()2f =，(0)0f ≠，则(2021)(f = )A ．2021B ．1C ．0D ．1-6．已知函数()f x ，对任意实数m 、n 都有()()()35f m n f m f n +=+-．已知f （1）31=，则f （1）f +（2）f +（3）()(*)f n n N +⋯+∈的最大值等于( ) A ．133B ．135C ．136D ．1387．定义在(1,1)-上的函数()f x 满足()()()2f x g x g x =--+，对任意的1x ，2(1,1)x ∈-，12x x ≠，恒有1212[()()]()0f x f x x x -->，则关于x 的不等式(31)()4f x f x ++>的解集为( ) A ．1(,)4-+∞B ．1(,0)4-C ．1(,)4-∞-D ．2(,0)3-8．已知(1)y f x =+是定义在R 上的奇函数，且(4)(2)f x f x +=-，当[1x ∈-，1)时，()2x f x =，则(2021)(2022)(f f += )A ．1B ．4C ．8D ．10二、多选题9．已知()f x ，()g x 都是定义在R 上的函数，且()f x 为奇函数，()g x 的图象关于直线1x =对称，则下列说法中正确的有( ) A ．(y g f = ()1)x +为偶函数B ．(y g = f ())x 为奇函数C ．y f = (())g x 的图象关于直线1x =对称D ．y f = ((1))g x + 为偶函数10．已知定义域为R 的函数()f x 对任意的实数x ，y 满足()()()()cos 222f x f y x y x y f π++-=⋅，且1(0)(1)0,()12f f f ===，并且当1(0,)2x ∈时，()0f x >，则下列选项中正确的是( )A ．函数()f x 是奇函数B ．函数()f x 在11(,)22-上单调递增C ．函数()f x 是以2为周期的周期函数D ．5()02f -=11．已知函数()f x ，(x ∈-∞，0)(0⋃，)+∞，对于任意的x ，(y ∈-∞，0)(0⋃，)+∞，()()()f xy f x f y =+，则( )A ．()f x 的图象过点(1,0)和(1,0)-B ．()f x 在定义域上为奇函数C ．若当1x >时，有()0f x >，则当10x -<<时，()0f x <D ．若当01x <<时，有()0f x <，则()0f x >的解集(1,)+∞12．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且(1)(1)f x f x +=-，当01x 时，()f x x =，关于函数()|()|(||)g x f x f x =+，下列说法正确的是( ) A ．()g x 为偶函数 B ．()g x 在(1,2)上单调递增 C ．()g x 不是周期函数 D ．()g x 的最大值为2三、填空题13．已知函数()f x 对于任意的实数x ，y 满足()()()f x y f x f y +=⋅，且()f x 恒大于0，若f （1）3=，则(1)f -= ．14．已知定义在R 上的奇函数()y f x =满足(8)()0f x f x ++=，且f （5）5=，则(2019)(2024)f f += ．15．已知()f x 是定义在(1,)+∞上的减函数，若对于任意的x ，(1,)y ∈+∞，均有()()(2)f x f y f x y +=+，且f （2）1=，则不等式()(1)20f x f x +--的解集为 ．16．已知函数()f x 满足：1(1)4f =，4()()()()(f x f y f x y f x y x =++-，)y R ∈，则(2022)f = ．四、解答题17．若函数()y f x =对任意x ，y R ∈，恒有()()()f x y f x f y +=+． （1）指出()y f x =的奇偶性，并给予证明； （2）如果0x >时，()0f x <，判断()f x 的单调性；（3）在（2）的条件下，若对任意实数x ，恒有22()(2)0f kx f x x +-+->成立，求k 的取值范围．18．定义在R 上的函数()f x ，对任意1x 、2x R ∈，满足下列条件： ①1212()()()2f x x f x f x +=+-；②f （2）4=．（1）是否存在一次函数()f x 满足条件①②，若存在，求出()f x 的解析式；若不存在，说明理由．（2）证明：()()2g x f x =-为奇函数．19．定义在(0,)+∞上的函数()f x 对于任意的x ，*y R ∈，总有()()()f x f y f xy +=，且当1x >时，()0f x <且f （e ）1=-． （1）求f （1）的值；（2）判断函数在(0,)+∞上的单调性，并证明； （3）求函数()f x 在21[,]e e上的最大值与最小值．20．已知函数()f x 对任意实数x ，y 恒有()()()f x y f x f y +=+，且(2)3f -=-．当0x >时，()0f x >．（1）证明：()f x 是R 上的增函数；（2）求关于x 的不等式22()()(3)3f ax f ax f x x -<-+的解集．答案1．解：根据题意，对x R ∀∈，有(2)()f x f x +=-成立，则(4)(2)()f x f x f x +=-+=， 则()f x 是周期为4的周期函数， 则(100)(496)f f f =+=（4）， 又由f （4）f =-（2）5=-， 故选：D ．2．解：根据题意，2()()2x f x g x --=， 则f （1）g -（1）2122-==，①21(1)(1)28f g +---==，又由()f x ，()g x 是定义在R 上的偶函数和奇函数，则(1)(1)f g f ---=（1）g +（1）8=，②联立①②可得：g （1）3=，()g x 是定义在R 上的奇函数，则(1)g g -=-（1）3=-，故选：D ．3．解：定义在R 上的函数()f x 在(-∞，1]-上单调递减． ()(2)1f x f x x =--⇒=-为对称轴，故f （2）(4)0f =-=，∴函数()f x 的大致图像为：当32x -或34x --，即5x 或1x -时，(3)0f x -，当432x -<-<，即15x -<<时，(3)0f x -<， ∴不等式(3)0f x x-的解集为：[1-，0)[5，)+∞， 故选：D ．4．解：因为函数(1)y f x =-的图象关于点(1,0)对称， 所以函数()y f x =的图象关于点(0,0)对称， 即函数()y f x =是奇函数，令3x =-得，(36)(3)2f f f -++-=（3）， 即f （3）f -（3）2f =（3），解得f （3）0=． 所以(6)()2f x f x f ++=（3）0=，即(6)()f x f x +=-， 所以(12)()f x f x +=，即函数的周期是12． 所以(2016)(12168)(0)0f f f =⨯==． 故选：A ．5．解：令0x y ==； 则(0)(0)2(0)(0)f f f f +=， 故2(0)((0)1)0f f -=； 故(0)1f =；((0)0f =舍） 令12x y ==； 则f （1）11(0)2()()22f f f +=，故f （1）0=；(1)(1)2()f x f x f x f ∴++-=（1）0=，即(1)(1)(2)()(4)()f x f x f x f x f x f x +=--⇒+=-⇒+=， 故()f x 的周期为4，即()f x 是周期函数． (2021)f f ∴=（1）0=，故选：C ．6．解：因为对任意实数m 、n 都有()()()35f m n f m f n +=+-，f （1）31=， 则(1)()f n f n f +=+（1）35()4f n -=-， 所以(1)()4f n f n +-=-，故{()}f n 是以31为首项，以4-为公差的等差数列，所以f （1）f +（2）f +（3）2(1)()31(4)2332n n f n n n n -+⋯+=+⨯-=-+， 对称轴为334n =，因为*n N ∈，所以当8n =时，f （1）f +（2）f +（3）()f n +⋯+取得最大值为136． 故选：C ．7．解：对任意的1x ，2(1,1)x ∈-，12x x ≠，恒有1212[()()]()0f x f x x x -->，所以()f x 是增函数，设()()2()()h x f x g x g x =-=--，则()h x 为奇函数，且在(1,1)-上为增函数， 所以不等式(31)()4f x f x ++>，等价于(31)2()20f x f x +-+->， 即(31)()0h x h x ++>，亦即(31)()()h x h x h x +>-=-， 可得13111131x x x x-<+<⎧⎪-<<⎨⎪+>-⎩，解得104x -<<，故选：B ．8．解：根据题意，(1)y f x =+是定义在R 上的奇函数，则()f x 的图象关于点(1,0)对称， 则有(2)()f x f x -=-，又由(4)(2)f x f x +=-，则(4)()f x f x +=-，则有(8)(4)()f x f x f x +=-+=，即函数()f x 是周期为8的周期函数， (2021)(52528)f f f =+⨯=（5）f =-（1）， (2022)(62528)f f f =+⨯=（6）f =-（2）(0)f =，()f x 的图象关于点(1,0)对称，则f （1）0=，则(2021)0f =，当[1x ∈-，1)时，()2x f x =，则(0)1f =，则(2022)1f =， 则(2021)(2022)f f f +=（1）(0)1f +=， 故选：A ．9．解：根据题意，()f x 为奇函数，则()()f x f x -=-，()g x 图象关于直线1x =对称，则(1)(1)g x g x -=+，据此分析：对于A ，对于(()1)y g f x =+，(()1)(1())(()1)g f x g f x g f x -+=-=+，则函数(()1)y g f x =+为偶函数，A 正确；对于B ，对于(())y g f x =，有(())(())(())g f x g f x g f x -=-≠-，不是奇函数，B 错误；对于C ，()g x 图象关于直线1x =对称，即(1)(1)g x g x +=-，则有((1))((1))f g x f g x +=-． 则函数(())y f g x =图象关于直线1x =对称，C 正确；对于D ，()g x 图象关于直线1x =对称，则(1)(1)g x g x -=+，对于((1))y f g x =+，有((1))((1))f g x f g x -+=+，则((1))f g x +为偶函数，D 正确；故选：ACD ．10．解：令y x =-，可得()()(0)cos 02f x f x f x π+-==，()()f x f x ∴-=-，函数()f x 是奇函数，故A 正确；设121122x x >>>-，则当1(0,)2x ∈时，()0f x >，∴12()()(2f x f x f +-=12)cos2x x-12()02x x π+>， 12()()f x f x ∴>，∴函数()f x 在11(,)22-上单调递增，故B 正确；(2)()(2)()22f x f x f x f x f +-++-==（1）cos(2)02π⨯=，可得(2)()f x f x +=，∴函数()f x 是以2为周期的周期函数，故C 正确；④511()()()1222f f f -=-=-=-，故D 不正确．故选：ABC ．11．解：对于A ，对任意的x ，(y ∈-∞，0)(0⋃，)+∞，()()()f xy f x f y =+， 令1x y ==，则(11)f f ⨯=（1）f +（1），解得f （1）0=， 再令1x y ==-，则[(1)(1)](1)(1)f f f -⨯-=-+-，解得(1)0f -=， 所以()f x 的图象过点(1,0)和(1,0)-，故A 正确；对于B ，令1y =-，则()()(1)f x f x f -=+-，所以()()f x f x -=， 又函数()f x 的定义域关于原点对称，所以函数()f x 为偶函数，故B 错误； 对于C ，设1x ，2(0,)x ∈+∞，且12x x >，则121x x >， 若当1x >时，有()0f x >，所以12()0x f x >， 所以111122222222()()()()()()()()0x x xf x f x f x f x f x f f x f x x x -=⋅-=+-=>， 所以12()()f x f x >，所以()f x 在(0,)+∞上的是增函数，由函数()f x 为偶函数，可得()f x 在(,0)-∞上是减函数，所以当10x -<<时，()(1)0f x f <-=，故C 正确； 对于D ，设1x ，2(0,)x ∈+∞，且12x x <，则1201x x <<， 当01x <<时，有()0f x <，则12()0x f x <， 所以111122222222()()()()()()()()0x x xf x f x f x f x f x f f x f x x x -=⋅-=+-=<， 所以12()()f x f x <，所以()f x 在(0,)+∞上的是增函数，由函数()f x 为偶函数，可得()f x 在(,0)-∞上是减函数， 因为当01x <<时，()0f x <，可得当10x -<<时，()0f x <，当1x <-时，()(1)0f x f >-=，当1x >时，()f x f >（1）0=，故D 错误． 故选：AC ．12．解：根据题意，依次分析选项： 对于A ，函数()g x 的定义域为R ，且()|()|(||)|()|(||)|()|(||)()g x f x f x f x f x f x f x g x -=-+-=-+=+=，所以()g x 为偶函数，故A 正确；对于B ，因为(1)(1)f x f x +=-，所以()f x 的图象关于直线1x =对称， 又()f x 是奇函数，当01x 时，()f x x =，则()f x 的部分图象如图所示，在区间(1,2)上，()2f x x =-，在区间(1,2)上，()|()|(||)2(2)42g x f x f x x x =+=-=-，()g x 在区间(1,2)上为减函数，故B 错误； 对于C ，()f x 为奇函数，且()f x 的图象关于直线1x =对称，∴函数()f x 的最小正周期为4，∴当0x 时，2(),[4,24]()()0,(24,44]f x x k k g x k N x k k ∈+⎧=∈⎨∈++⎩，故()g x 不是周期函数，选项C 正确； 对于D ，当0x 时，易知()g x 的最大值为2，由偶函数的对称性可知，当0x <时，()g x 的最大值也为2，()g x ∴在整个定义域上的最大值为2，故选项D 正确．故选：ACD ．13．解：令0x y ==，则2(0)(0)f f =，解得(0)1f =或(0)0f =， 因为()f x 恒大于0，所以(0)1f =，令1x =，1y =-，则(0)f f =（1）(1)f ⋅-， 因为f （1）3=，所以1(1)3f -=．故答案为：13．14．解：根据题意，函数()y f x =满足(8)()0f x f x ++=，即(8)()f x f x +=-， 则有(16)(8)()f x f x f x +=-+=， 即函数()f x 是周期为16的周期函数， 则(2024)(812616)f f f =+⨯=（8）(0)f =-， (2019)(312616)f f f =+⨯=（3），又由()f x 为R 上的奇函数，则(0)0f =，f （3）(3)f f =--=（5）5=， 则(2019)(2024)(0)f f f f +=-+（3）5=， 故答案为：5．15．解：根据()()(2)x y f x f y f ++=，f （2）1=，可得211f =+=（2）f +（2）4(2)f =， 由()(1)20f x f x +--，得()(1)2f x f x +-，可化为214(2)(2)x f f -， 由()f x 是定义在(1,)+∞上的减函数，得214212211121x x x x --⎧⎪>⎪⎨->⎪⎪>⎩，解得522x <，所以不等式()(1)20f x f x +--的解集为5(2,]2．故答案为：5(2,]2．16．解：因为函数()f x 满足：1(1)4f =，4()()()()(f x f y f x y f x y x =++-，)y R ∈， 所以取1x =，0y =，得4f （1）(0)f f =（1）f +（1）12=， 所以1(0)2f =， 取1y =，有4()f x f （1）(1)(1)f x f x =++-，即()(1)(1)f x f x f x =++-，同理：(1)(2)()f x f x f x +=++， 所以(2)(1)f x f x +=--， 所以()(3)(6)f x f x f x =--=- 所以函数是周期函数，周期6T =， 故1(2022)(0)2f f ==．故答案为：12． 17．解：（1）()f x 是奇函数．令0x y ==，可知(00)(0)(0)f f f +=+，解得(0)0f =， 令y x =-，则()()()(0)0f x x f x f x f -=+-==， 所以()()f x f x -=-， 所以函数()f x 是奇函数． （2）()f x 在R 上是减函数．()f x 对任意x ，y R ∈，都有()()()f x y f x f y +=+，当0x >时，()0f x <．令12x x >，则120x x ->，且1212()()()0f x x f x f x -=+-<， 由（1）知，12()()0f x f x -<，所以12()()f x f x <． 所以()f x 在R 上是减函数．（2）因为对任意实数x ，恒有22()(2)0f kx f x x +-+->成立， 所以222()(2)(2)f kx f x x f x x >--+-=-+， 所以222kx x x <-+，即2(1)20k x x -+-<， 当10k -=，即1k =时，20x -<不恒成立， 当10k -≠，即1k ≠时，则1018(1)0k k -<⎧⎨=+-<⎩，解得78k <， 即实数k 的取值范围是7(,)8-∞．18．（1）解：假设存在一次函数()f x ，设()(0)f x kx b k =+≠，则1212()()f x x k x x b +=++，1212()()2()22f x f x k x x b +-=++-，所有22b b =-，2b =，f （2）24k b =+=，1k =，故满足条件的一次函数为：()2f x x =+；（2）证明：定义在R 上的函数()f x 对任意的1x 、2x R ∈，都有1212()()()2f x x f x f x +=+-成立，令120x x ==，则(00)(0)(0)2f f f +=+-，(0)2f ∴=，令1x x =，2x x =-，则()()()2f x x f x f x -=+--，[()2][()2]0f x f x ∴-+--=，即()()0g x g x +-=，于是()()g x g x -=-，()()2g x f x ∴=-为奇函数．19．解：（1）因为()()()f x f y f xy +=，令1x y ==，则有f （1）f +（1）f =（1），故f （1）0=；（2）()f x 在(0,)+∞上单调递减，证明如下：令1xy x =，2x x =，1y >，有xy x >，()0f y <，可得21()()()f x f y f x +=，则12()()()0f x f x f y -=<，故对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，若12x x >，则12()()f x f x <，所以()f x 在(0,)+∞上单调递减；（3）因为()()()f x f y f xy +=，令x y e ==，则有2()f e f =（e ）f +（e ）2=-，令x e =，1y e =，则有f （1）f =（e ）1()0f e +=，所以1()1f e=， 因为函数()f x 在(0,)+∞上单调递减， 所以21()()1,()()2max min f x f f x f e e====-． 20．（1）证明：因为()()()f x y f x f y +=+，令0x y ==，则有(0)2(0)f f =，所以(0)0f =，令y x =-，则有(0)()()f f x f x =+-，所以()()f x f x -=-，故函数()f x 为奇函数，任取12x x R <∈，则210x x ->，所以2121()()()0f x f x f x x +-=->，因为()f x 是奇函数，所以21()()0f x f x ->，故()f x 是R 上的增函数；（2）解：不等式22()()(3)3f ax f ax f x x -<-+变形为22()()(3)(2)f ax f ax f x x f -<---， 因为()f x 为奇函数，故()()f ax f ax -=-，(2)f f --=（2），所以上式可变形为22()(32)f ax ax f x x -<-+，因为()f x 是R 上的增函数，所以2232ax ax x x -<-+，即(1)[(1)2]0x a x --+<，当10a -=，即1a =时，解得(,1)x ∈-∞；当10a -≠，即1a ≠时，方程(1)[(1)2]0x a x --+=的两个根为1221,1x x a ==--， 若211a =--，即1a =-时，解得x R ∈； 若10a ->，即1a >时，解得2(,1)1x a ∈--； 若10a -<，即1a <时，①当211a >--，即11a -<<时，解得2(,)(1,)1x a ∈-∞-+∞-； ②当211a <--，即1a <-时，解得2(,1)(,)1x a ∈-∞-+∞-。
高考数学函数的应用多选题复习训练题（含答案）1．（2021·全国·模拟预测）已知奇函数()f x 的定义域为R ，且在(0,)+∞上单调递减，若1(2)12f f ⎛⎫=−= ⎪⎝⎭，则下列命题中正确的是（ ） A ．()f x 有两个零点 B ．(1)1f −>− C ．(3)1f −< D ．1(2)2f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭【答案】BD 【解析】 【分析】根据奇函数的图象关于原点对称的特点，以及单调性和函数值结合选项可得答案. 【详解】根据题意可得函数()f x 在(0,)+∞上为减函数，(,0)−∞上为减函数.(0)0f =，由1(2)12f f ⎛⎫=−= ⎪⎝⎭可得1(2)12f f ⎛⎫−==− ⎪⎝⎭.对于A ，由()f x 在(0,)+∞上为减函数，且112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(2)1f =−，所以存在01,22⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，()00f x =，所以()f x 在(0,)+∞上有一个零点，同理()f x 在(,0)−∞上有一个零点， 又因为(0)0f =，所以()f x 有三个零点，故A 错误；对于B ，因为函数()f x 在(,0)−∞上为减函数.所以1(1)12f f ⎛⎫−>−=− ⎪⎝⎭，故B 正确；对于C ，因为函数()f x 在(,0)−∞上为减函数，所以(3)(2)1f f −>−=，故C 错误； 对于D ，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(2)1f =−，所以1(2)2f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故D 正确. 故选:BD.2．（2022·湖北·一模）尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家经过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放的能量E （单位：焦耳）与地震里氏震级M 之间的关系为lg E =4.8+1.5M ，则下列说法正确的是（ ）A ．地震释放的能量为1015.3焦耳时，地震里氏震级约为七级B ．八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的6.3倍C ．八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍D ．记地震里氏震级为n （n =1，2，···，9，10），地震释放的能量为an ，则数列{an }是等比数列【答案】ACD 【解析】 【分析】根据所给公式，结合指对互化原则，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】对于A ：当15.310E =时，由题意得15.3lg10 4.8 1.5M =+， 解得7M =，即地震里氏震级约为七级，故A 正确；对于B ：八级地震即8M =时，1lg 4.8 1.5816.8E =+⨯=，解得16.8110E =，所以16.81.5115.3101010 6.310E E ==>≠，所以八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的 1.510倍，故B 错误；对于C ：六级地震即6M =时，2lg 4.8 1.5613.8E =+⨯=，解得13.8210E =，所以16.83113.821010100010E E ===， 即八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍，故C 正确； 对于D ：由题意得lg 4.8 1.5n a n =+（n =1，2，···，9，10），所以 4.81.510nn a +=，所以 4.81.5(1) 6.31.511010n n n a ++++== 所以6.31.5 1.51 4.81.5101010nn n n a a +++==，即数列{an }是等比数列，故D 正确； 故选：ACD3．（2022·海南海口·模拟预测）已知函数()1x f x x+=，则（ ） A ．()f x 的定义域为R B ． ()f x 是奇函数 C ．()f x 在()0,+∞上单调递减 D ． ()f x 有两个零点【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数解析式，结合函数性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A ：()f x 的定义域为{}0x x ≠，A 错误； 对B ：()()11x x f x f x x x−++−==−=−−，且定义域关于原点对称，故()f x 是奇函数，B 正确； 对C ：当0x >时，()111x f x x x+==+，单调递减，C 正确； 对D ：因为0x ≠，10x +>，所以()0f x =无解，即()f x 没有零点，D 错误． 故选：BC .4．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，且对任意x ∈R ，有()()11f x f x −=−+，当[]0,1x ∈时，()22f x x x =+−，则（ ）A ．()f x 是以2为周期的周期函数B ．点()3,0−是函数()f x 的一个对称中心C ．()()202120222f f +=−D ．函数()()2log 1y f x x =−+有3个零点 【答案】BD 【解析】 【分析】首先根据函数的对称性求出()f x 的周期和对称中心，然后求得()()20212022f f +.利用图象法即可判断D. 【详解】依题意，()f x 为偶函数， 且()()11f x f x +=−−，有1112x x−++=，即()f x 关于()1,0对称， 则()()()()()413132f x f x f x f x +=++=−−+=−−−()()()()()()()()221111f x f x f x f x f x f x =−−+=−+=−++=−+=−=，所以()f x 是周期为4的周期函数，故A 错误； 因为()f x 的周期为4，()f x 关于()1,0对称， 所以(3,0)−是函数()f x 的一个对称中心，故B 正确；因为()f x 的周期为4，则()()202110f f ==，()()()2022202f f f ==−=， 所以()()202120222f f +=，故C 错误；作函数()2log 1y x =+和()y f x =的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，所以函数2log (1)()y x f x =+−有3个零点，故D 正确. 故选：BD.5．（2022·山东·济南一中模拟预测）设函数()()2log 1,2,23,2,x x x f x x ⎧−>=⎨−≤⎩则以下结论正确的为（ ）．A ．()f x 为R 上的增函数B ．()f x 有唯一零点0x ，且012x <<C ．若()5f m =，则33m =D ．()f x 的值域为R 【答案】BC 【解析】 【分析】作出()f x 的图象如图所示,对四个选项一一验证： 对于A ：取特殊值()21f =，()31f =，即可判断； 对于B ：利用图象判断零点； 对于C ：直接解方程即可；对于D ：根据图象直接求出值域，即可判断. 【详解】作出()f x 的图象如图所示：对于A:取特殊值：()21f =，()31f =，故A 错误；对于B:由图象已知，()f x 有唯一零点0x ，()f x 在(],2−∞上单调递增，且()10f <，()20f >，B 正确；对于C ：当2x ≤时，231x −≤，故()2log 15m −=，解得33m =，C 正确． 对于D ：()f x 的值域为()(]()0,3,13,+∞⋃−=−+∞，D 错误； 故选：BC6．（2022·河北保定·一模）已知a 、b 分别是方程20x x +=，30x x +=的两个实数根，则下列选项中正确的是（ ）. A ．10b a −<<< B ．10a b −<<< C ．33a b b a ⋅<⋅ D ．22b a a b ⋅<⋅【答案】BD 【解析】 【分析】在同一直角坐标系中画出2,3,x x y y y x ===−的图象，可判断AB ，然后结合不等式的性质可判断CD. 【详解】函数2,3,x x y y y x ===−在同一坐标系中的图象如下：所以10a b −<<<，所以22,33,0a b a b b a <<<−<−所以()()22,33a b a bb a b a −⋅<−⋅−⋅<−⋅所以22b a a b ⋅<⋅，33a b b a ⋅⋅> 故选：BD7．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知函数()224,0,21,0,x x x x f x x −⎧+<=⎨−≥⎩若关于x 的方程()()244230f a f x a x −⋅++=有5个不同的实根，则实数a 的取值可以为（ ） A ．32−B ．43−C ．65−D ．76−【答案】BCD 【解析】 【分析】换元，将原方程根的个数问题转化二次函数零点的分布问题，结合图象可解. 【详解】令()f x m =，记2()4423g m m am a =−++的两个零点为12,m m ，则由()f x 的图象可知：方程()()244230f x a f x a −⋅++=有5个不同的实根⇔12,y m y m ==与()f x 的图象共有5个交点121m ⇔−<≤−，且210m −<<（不妨设12m m <）.则()()()221019016700230Δ230g a g a g a a a ⎧−=+>⎪−=+≤⎪⎨=+>⎪⎪=−−>⎩解得3726a −<≤−.故选：BCD8．（2022·重庆八中模拟预测）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，且对任意R x ∈，有()()11f x f x +=−−，当[]0,1x ∈时，()22f x x x =+−，则（ ）A ．()f x 是以4为周期的周期函数B ．()()202120222f f +=−C ．函数()()2log 1y f x x =−+有3个零点D ．当[]3,4x ∈时，()2918f x x x =−+【答案】ACD 【解析】 【分析】首先判断出()f x 的周期，然后求得()()20212022f f +.利用图象法判断C 选项的正确性，通过求()f x 在区间[]3,4上的解析式来判断D 选项的正确性. 【详解】依题意，()f x 为偶函数，且()()11f x f x +=−−⇒()f x 关于()1,0对称，则()()()()()413132f x f x f x f x +=++=−−+=−−−()()()()()()()()221111f x f x f x f x f x f x =−−+=−+=−++=−+=−=，所以()f x 是周期为4的周期函数，A 正确.因为()f x 的周期为4，则()()202110f f ==，()()()2022202f f f ==−=， 所以()()202120222f f +=，B 错误；作函数()2log 1y x =+和()y f x =的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，C 正确；当[]3,4x ∈时，[]40,1x −∈，则()()()()()224442918f x f x f x x x x x =−=−=−+−−=−+，D正确. 故选：ACD9．（2022·江苏·金陵中学模拟预测）已知函数()()2sin ,0f x x a ωϕω=++>，则下列结论正确的是（ ）A ．若对于任意的x ∈R ，都有()1f x …成立，则1a −…B ．若对于任意的x ∈R ，都有()()f x f x π+=成立，则2ω=C ．当3πϕ=时，若()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为10,3⎛⎤⎥⎝⎦D ．当a =ϕ∈R ，函数()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上至少有两个零点，则ω的取值范围为[)4,+∞ 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题可得()12sin a x ωϕ≤−+恒成立，利用三角函数的性质可判断A ，利用函数的周期的含义可判断B ，利用正弦函数的单调性可判断C ，由题可得22πωϕϕπ+−≥，进而可判断D.【详解】对于A ，对于任意的x ∈R ，都有()1f x …成立，所以()12sin a x ωϕ≤−+恒成立，又()[]sin 1,1x ωϕ+∈−，()[]12sin 1,3x ωϕ−+∈−， ∴1a ≤−，故A 正确；对于B ，由题可得π是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为π，故B 错误； 对于C ，当3πϕ=时，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，3,323x πππωπω++⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则322ωπππ+≤，0>ω，故103ω<≤，故C 正确；对于D ，当a =0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，,2x ωωϕϕϕπ++⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，由()()2sin f x x ωϕ=+0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上至少有两个零点，则22πωϕϕπ+−≥，即4ω≥，故D 正确.故选：ACD.10．（2022·全国·模拟预测）已知定义域为R 的偶函数()f x 有4个零点1x ，2x ，3x ，4x ()1234x x x x <<<，并且当0x ≥时，()21f x x ax =−+，则下列说法中正确的是（ ）A ．实数a 的取值范围是()(),22,∞∞−−⋃+B ．当0x <时，()21f x x ax =++C ．12341x x x x =D ．1234234x x x x +++的取值范围是)⎡+∞⎣【答案】BC 【解析】 【分析】由函数()f x 在(0,)+∞上有两个零点求出a 的范围判断A ；由偶函数定义求解析式判断B ； 由韦达定理结合偶函数对称性、对勾函数性质计算判断C ，D 作答. 【详解】因为()f x 为偶函数且有4个零点，则当0x >时()f x 有2个零点，即2Δ4002a a ⎧=−>⎪⎨−−>⎪⎩，解得2a >，A 不正确；当0x <时，0x −>，则()()21f x f x x ax =−=++，B 正确；偶函数()f x 的4个零点满足：1234x x x x <<<，则34,x x 是方程210x ax −+=的两个根， 则有30x >，341x x =且14x x =−，23x x =−，于是得()21234341x x x x x x ==，C 正确；由C 选项知，1234343332343x x x x x x x x +++=+=+，且301x <<，而函数3y x x=+在(0,1)上单调递减， 从而得333(4,)x x +∈+∞，D 不正确. 故选：BC11．（2022·河北沧州·模拟预测）已知三次函数32()1f x ax bx cx =++−，若函数()()1g x f x =−+的图象关于点（1，0）对称，且(2)0g −<，则（ ） A ．0a <B ．()g x 有3个零点C ．()f x 的对称中心是(1,0)−D ．1240a b c −+<【答案】ABD 【解析】 【分析】由题设32()g x ax bx cx =−+−且()(2)0g x g x +−=，可得3,2b a c a ==，代入解析式，结合已知条件即可判断选项的正误. 【详解】由题设，32()g x ax bx cx =−+−，且()(2)0g x g x +−=， 所以3232(2)(2)(2)0ax bx cx a x b x c x −++−−−+−=，整理得2(3)2(3)420a b x b a x a b c −+−+−+=，故342a b a c b =⎧⎨+=⎩，可得3,2b a c a ==，故()(1)(2)g x ax x x =−−−，又(2)240g a −=<，即0a <，A 正确；()g x 有3个零点，B 正确；由()(2)()1(2)10g x g x f x f x +−=−++−+=，则()(2)2f x f x −+−=−，所以()f x 关于(1,1)−−对称，C 错误；1241212220a b c a a a a −+=−+=<，D 正确.故选：ABD12．（2022·福建三明·模拟预测）已知函数()()ln 1f x x x a x x =+−+在区间（1，＋∞）内没有零点，则实数a 的取值可以为（ ） A ．－1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】ABC 【解析】 【分析】由题意设()ln 1ag x x a x=+−+，则在1x >上，()y f x = 与()y g x =有相同的零点，即讨论()g x 在区间()1,+∞内没有零点，求出其导函数，分析其单调性，得出其最值情况，从而结合其大致的图形可得出答案. 【详解】()()ln 1ln 1a f x x x a x x x x a x ⎛⎫=+−+=+−+ ⎪⎝⎭，设()ln 1a g x x a x =+−+则在1x >上，()y f x = 与()y g x =有相同的零点.故函数()f x 在区间()1,+∞内没有零点,即()g x 在区间()1,+∞内没有零点()221a x ag x x x x−'=−= 当1a ≤时，()20x ag x x −'=>在区间()1,+∞上恒成立,则()g x 在区间()1,+∞上单调递增. 所以()()110g x g >=>，显然()g x 在区间()1,+∞内没有零点. 当1a >时, 令()0g x '>，得x a >，令()0g x '<，得1x a << 所以()g x 在区间()1,a 上单调递减增.在区间(),a +∞上单调递增. 所以()()ln 2g x g a a a ≥=+−设()()ln 21h a a a a =+−>，则()()11101a h a a a a−=−=<> 所以()h a 在()1,+∞上单调递减,且()()3ln310,4ln 420g g =−>=−< 所以存在()03,4a ∈，使得()00h a =要使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，则()ln 20g a a a =+−> 所以()013,4a a <<∈综上所述，满足条件的a 的范围是()03,4a a <∈由选项可知：选项ABC 可使得()g x 在区间()1,+∞内没有零点，即满足题意. 故选：ABC13．（2022·辽宁锦州·一模）设函数()f x 的定义域为R ，()1f x −为奇函数，()1f x +为偶函数，当(]1,1x ∈−时，()21f x x =−+，则下列结论正确的是（ ）A ．7839f ⎛⎫=− ⎪⎝⎭B ．()f x 在()6,8上为减函数C ．点()3,0是函数()f x 的一个对称中心D ．方程()lg 0f x x +=仅有6个实数解【答案】CD 【解析】 【分析】根据()1f x −和()1f x +的奇偶性可推导得到()()8f x f x +=，()()22f x f x +=−−， 由7133f f ⎛⎫⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知A 错误；推导可得()()60f x f x ++−=，知C 正确；作出()f x 图象，结合图象知B 错误；将()lg 0f x x +=解的个数转化为()f x 与lg y x =−的交点个数，结合图象可知D 正确. 【详解】()1f x −为奇函数，()()11f x f x ∴−−=−−，即()()2f x f x −=−−，()f x ∴关于点()1,0−对称；()1f x +Q 为偶函数，()()11f x f x ∴−+=+，即()()2f x f x −=+，()f x ∴关于1x =对称；由()()2f x f x −=−−，()()2f x f x −=+得：()()22f x f x +=−−，()()()84f x f x f x ∴+=−+=，即()f x 是周期为8的周期函数； 对于A ，2711182133339f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=−=−−+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，A 错误；对于C ，()()()62f x f x f x +=−+=−−Q ，即()()60f x f x ++−=，()f x ∴关于点()3,0成中心对称，C 正确；对于BD ，由周期性和对称性可得()f x 图象如下图所示，由图象可知：()f x 在()6,8上单调递增，B 错误；方程()lg 0f x x +=的解的个数，等价于()f x 与lg y x =−的交点个数， ()()()12401f f f ==−=−Q ，lg12lg101−<−=−，∴结合图象可知：()f x 与lg y x =−共有6个交点，即()lg 0f x x +=有6个实数解，D 正确.故选：CD.14．（2022·辽宁鞍山·二模）已知函数()()22log ,(02)813,2x x f x x x x ⎧<<⎪=⎨−+≥⎪⎩，若()f x a =有四个不同的实数解1x ，2x ，3x ，4x ，且满足1234x x x x <<<，则下列命题正确的是（ ） A ．01a <<B．12922x x ⎡⎫+∈⎪⎢⎣⎭C ．12342110,2x x x x ⎛⎫+++∈ ⎪⎝⎭D．)122x x ⎡+∈⎣【答案】ACD 【解析】 【分析】A.在同一坐标系中作出函数(),y f x y a ==的图象， 由()f x a =有四个不同的实数解判断；B.根据2122log log x x =，得到211x x =，转化为12222122,12+=+<<x x x x x ，利用对勾函数的性质判断；C. 由122221,12+=+<<x x x x x ，利用对勾函数的性质判断；D.由 1222222,12+=+<<x x x x x ，利用对勾函数的性质判断； 【详解】解：在同一坐标系中作出函数(),y f x y a ==的图象，如图所示：由图象知：若()f x a =有四个不同的实数解，则01a <<，故A 正确； 因为2122log log x x =，即2122log log x x −=，则211x x =， 所以12222122,12+=+<<x x x x x ，因为2212=+y x x 在()1,2上递增，所以221923,2⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭x x ，故B 错误； 因为122221,12+=+<<x x x x x ，221=+y x x 在()1,2上递增，所以22152,)2x x +∈（，而348x x +=，所以12342110,2x x x x ⎛⎫+++∈ ⎪⎝⎭，故C 正确；因为1222222,12+=+<<x x x x x ，2212=+y x x在(上递减，在)2上递增，则222+∈x x ，故D 正确； 故选：ACD15．（2022·广东·普宁市华侨中学二模）对于函数sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨−>⎪⎩，下列结论中正确的是（ ）A ．任取12,[1,)x x ∈+∞，都有123()()2f x f x −≤ B ．11511222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=− ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，其中k ∈N ；C ．()2(2)()k f x f x k k N *=+∈对一切[0,)x ∈+∞恒成立；D ．函数()ln(1)y f x x =−−有3个零点； 【答案】ACD 【解析】 【分析】作出函数sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨−>⎪⎩的图象.对于A ：利用图象求出max min (),()f x f x ，即可判断；对于B ：直接求出1511222222k f f f k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=− ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即可判断；对于C ：由1()(2)2f x f x =−，求得()2(2)k f x f x k =+，即可判断； 对于D ：作出()y f x =和ln(1)y x =−的图象，判断出函数()ln(1)y f x x =−−有3个零点. 【详解】作出函数sin ,02()1(2),22x x f x f x x π≤≤⎧⎪=⎨−>⎪⎩的图象如图所示.所以max min ()1,()1f x f x ==−.对于A ：任取12,[1,)x x ∈+∞，都有()12max min 13()()()()122f x f x f x f x −≤−=−−=.故A 正确；对于B ：因为1151111,,222222k f f f k +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1112215112121222212kkf f f k ⎛⎫⎛⎫− ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭++++=+=− ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭−.故B 错误；对于C ：由1()(2)2f x f x =−，得到1(2)()2kf x k f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即()2(2)k f x f x k =+.故C 正确；对于D ：函数()ln(1)y f x x =−−的定义域为()1,+∞.作出()y f x =和ln(1)y x =−的图象如图所示：当2x =时,sin2ln10y π=−=;当12x <<时,函数()y f x =与函数()ln 1y x =−的图象有一个交点; 当2x >时,因为2111s 49422in 41f f π⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,971ln 1ln 1224⎪−>⎛⎫ ⎝>=⎭，所以函数()y f x =与函数()ln 1y x =−的图象有一个交点,所以函数()ln(1)y f x x =−−有3个零点.故D 正确.故选：ACD16．（2022·江苏江苏·三模）已知函数e x y x =+的零点为1x ，ln y x x =+的零点为2x ，则（ ） A ．120x x +> B ．120x x < C ．12ln 0x e x += D ．12121x x x x −+<【答案】BCD 【解析】 【分析】将零点问题转化为交点问题，根据互为反函数的两个函数的性质逐一判断即可. 【详解】12,x x 分别为直线y x =−与e x y =和ln y x =的交点的横坐标，因为函数e x y =与函数ln y x =互为反函数，所们这两个函数的图象关于直线y x =， 而直线y x =−、y x =的交点是坐标原点， 故120x x +=，120x x <，()11,0x ∈−，()20,1x ∈， 1212ln 0e x x x x +=−−=，()()1212121110x x x x x x −+−=+−<，故12121x x x x −+<故选：BCD. 【点睛】关键点睛：利用反函数的性质是解题的关键.17．（2022·福建莆田·三模）已知函数231,1()41613,1x x f x x x x ⎧−<⎪=⎨−+−≥⎪⎩，函数()()g x f x a =−，则下列结论正确的是（ ）A ．若()g x 有3个不同的零点，则a 的取值范围是[1,2)B ．若()g x 有4个不同的零点，则a 的取值范围是()0,1C ．若()g x 有4个不同的零点()12341234,,,x x x x x x x x <<<，则344x x +=D ．若()g x 有4个不同的零点()12341234,,,x x x x x x x x <<<，则34x x 的取值范围是137,42⎛⎫⎪⎝⎭【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，将问题转化为函数()y f x =与y a =图像交点个数问题，进而数形结合求解即可得答案. 【详解】解：令()()0g x f x a =−=得()f x a =，即所以()g x 零点个数为函数()y f x =与y a =图像交点个数， 故，作出函数()y f x =图像如图，由图可知，()g x 有3个不同的零点，则a 的取值范围是[){}1,20，故A 选项错误；()g x 有4个不同的零点，则a 的取值范围是()0,1，故B 选项正确；()g x 有4个不同的零点()12341234,,,x x x x x x x x <<<，此时34,x x 关于直线2x =对称，所以344x x +=，故C 选项正确；由C 选项可知344x x =−，所以()244344444x x x x x x =−=−+，由于()g x 有4个不同的零点，a 的取值范围是()0,1，故2440416131x x <−+−<，所以244137442x x <−+<，故D 选项正确. 故选：BCD18．（2022·山东泰安·三模）已知函数()2sin cos f x x x x =（ ）A ．函数()f x 的最小正周期为πB ．函数()f x 的对称轴方程为512x k π=π+（k ∈Z ）C ．函数()f x 的图象可由sin 2y x =的图象向右平移6π个单位长度得到D ．方程()f x =[0，10]内有7个根 【答案】ACD 【解析】 【分析】先对函数化简变形，再利用正弦函数的性质逐个分析判断即可 【详解】()2sin cos f x x x x =11cos 2sin 222x x +=1sin 22sin 223x x x π⎛⎫==− ⎪⎝⎭， 对于A ，函数()f x 的最小正周期为22ππ=，所以A 正确， 对于B ，由2,Z 32x k k πππ−=+∈，得5,Z 122k x k ππ=+∈，所以函数()f x 的对称轴方程为5,Z 122k x k ππ=+∈，所以B 错误， 对于C ，sin 2y x =的图象向右平移6π，得sin2sin 263y x x ππ⎛⎫⎛⎫=−=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以函数()f x 的图象可由sin 2y x =的图象向右平移6π个单位长度得到，所以C 正确，对于D ，由()f x =422,Z 33x k k πππ−=+∈或522,Z 33x k k πππ−=+∈，得5,Z 6x k k ππ=+∈或,Z x k k ππ=+∈， 由5010,Z 6k k ππ≤+≤∈，得0,1,2k =， 由010,Z k k ππ≤+≤∈，得1,0,1,2k =−，所以方程()f x =[0，10]内有7个根，所以D 正确， 故选：ACD19．（2022·辽宁·模拟预测）已知定义在R 上的偶函数()f x 的图像是连续的，()()()63f x f x f ++=，()f x 在区间[]6,0−上是增函数，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 的一个周期为6B ．()f x 在区间[]12,18上单调递减C ．()f x 的图像关于直线12x =对称D ．()f x 在区间[]2022,2022−上共有100个零点【答案】BC 【解析】 【分析】由条件结合周期函数的定义证明函数()f x 为周期函数，再根据奇偶性，周期性，单调性判断B ，C ，并由零点的定义判断D. 【详解】因为()()()63f x f x f ++=，取3x =−，得()()()333f f f +−=，故()30f −=，又()f x 是偶函数，所以()()330f f =−=，所以()()60f x f x ++=，故()()()126f x f x f x +=−+=，即()f x 的一个周期为12，故A 项错误；又()f x 在区间[]6,0−上是增函数，所以()f x 在区间[]0,6上为减函数，由周期性可知，()f x 在区间[]12,18上单调递减，故B 项正确；因为()f x 是偶函数，所以()f x 的图像关于y 轴对称，由周期性可知()f x 的图像关于直线12x =对称，故C 项正确；因为()f x 在区间[]6,0−上是增函数，所以()f x 在区间[]0,6上为减函数，()()330f f =−=，由周期性可知，在区间[]0,12上，()()390f f ==，而区间[]0,2016上有168个周期，故()f x 在区间[]0,2016上有336个零点，又()()201930f f ==，所以()f x 在区间[]0,2022上有337个零点，由()f x 为偶函数，可知()f x 在区间[]2022,2022−上有674个零点，故D 项错误． 故选：BC 项．20．（2022·福建福州·模拟预测）设函数()f x 定义域为R ，(1)f x −为奇函数，(1)f x +为偶函数，当(1,1)x ∈−时，2()1f x x =−+，则下列结论正确的是（ ）A ．7324f ⎛⎫=− ⎪⎝⎭B ．(7)f x +为奇函数C ．()f x 在(6,8)上为减函数D ．方程()lg 0f x x +=仅有6个实数解【答案】ABD 【解析】【分析】由题干条件可以得到()f x 关于()1,0−对称，关于1x =对称，()f x 周期为8，从而求出1373()(24)22f f f ⎛⎫−=− −⎪⎝⎭=−=，A 正确；根据周期与奇偶性判断出B 选项，先根据奇偶性与单调性得到()f x 在()2,0−单调递增，再根据周期求出()f x 在(6,8)上单调递增，画出()f x 与lg y x =−的函数图象，判断出交点个数，从而得到D 选项正确.【详解】(1)f x +为偶函数，故(1)(1)f x f x +=−+，令52x =得：753()(1)()222f f f =−+=−， (1)f x −为奇函数，故(1)(1)f x f x −=−−−，令12x =得：311()(1)()222f f f −=−−=−−，其中1131244f ⎛⎫−=−+= ⎪⎝⎭，所以1373()(24)22ff f ⎛⎫−=− −⎪⎝⎭=−=，A 正确；因为(1)f x −为奇函数，所以()f x 关于()1,0−对称，又(1)f x +为偶函数，则()f x 关于1x =对称，所以()f x 周期为428⨯=，故()()71f x f x =+−，所以()()()(7)(1)1187f x f x f x f x f x −+=−−=−−=−−+=−+，从而(7)f x +为奇函数，B 正确；2()1f x x =−+在(1,0)x ∈−上单调递增，又()f x 关于()1,0−对称，所以()f x 在()2,0−上单调递增，且()f x 周期为8，故()f x 在(6,8)上单调递增，C 错误； 根据题目条件画出()f x 与lg y x =−的函数图象，如图所示：其中lg y x =−单调递减且lg121−<−，所以两函数有6个交点，故方程()lg 0f x x +=仅有6个实数解，D 正确. 故选：ABD 【点睛】抽象函数对称性与周期性的判断如下：若()()f x a f x b +=−+，则函数()y f x =关于2a bx +=对称；若()()0f x a f x b ++−+=，则函数()y f x =关于,02a b +⎛⎫⎪⎝⎭中心对称； 若()()f x a f x b +=+，则a b −是()y f x =的一个周期.21．（2022·重庆八中模拟预测）已知1a >，1x ，2x ，3x 为函数2()x f x a x =−的零点，123x x x <<，下列结论中正确的是（ ） A ．11x >− B ．120x x +< C ．若2132x x x =+，则321x x = D ．a 的取值范围是2e 1,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A ，只要利用函数零点的判断定理即可；对于B ，由于有了A 的结论，只要判断2x 的范围即可； 对于C ，利用函数表达式，将所给的条件带入，联立方程即可； 对于D ，需要将原函数转换成容易求导的解析式，再构造函数即可. 【详解】()()1011,1110,0010a f a f a a−>−=−=−<=−=> ， 110x ∴−<< ，故A 正确；当01x ≤≤ 时，21,01x a a x ≤≤≤≤ ，()f x 必无零点，故21>x ， 120x x ∴+> ，故B 错误；当2132x x x =+ 时，即123212223x x x a x a x a x ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，两边取对数得()1122332log 2log 2log a a a x x x x x x ⎧=−⎪=⎨⎪=⎩ ，()2134log 2log 2log a a a x x x =−+ ，2213x x x =− ，联立方程22132132x x x x x x ⎧=−⎨=+⎩ 解得22323220x x x x −−= ，由于230,0x x >> ，321x x = ，故C 正确； 考虑()f x 在第一象限有两个零点：即方程2x a x = 有两个不同的解， 两边取自然对数得ln 2ln x a x = 有两个不同的解，设函数()ln 2ln g x x a x =− ，()'2ln 2ln ln a x a g x a x x ⎛⎫− ⎪⎝⎭=−= ， 则02ln x x a==时，()'0g x = ，当0x x > 时，()'0g x > ， 当0x x < 时，()'0g x < ，所以()()min 0222ln ln g x g x a ⎛⎫==− ⎪⎝⎭ ，要使得()g x 有两个零点，则必须()00g x <，即2ln 1ln a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，解得2e e a < ，故D 正确； 故选：ACD.22．（2022·山东泰安·一模）已知函数()21,11ln 1,1x x f x x x x x ⎧−<⎪=−⎨⎪+−≥⎩，()g x kx k =−，k ∈R ，则下列结论正确的是（ ） A ．()f x 在()0,2上单调递增 B ．当54k =时，方程()()f x g x =有且只有3个不同实根 C ．()f x 的值域为[)1,−+∞D ．若对于任意的x ∈R ，都有()()()()10x f x g x −−≤成立，则[)2,k ∈+∞ 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A ：取特殊函数值35,44f f ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭否定结论； 对于B ：当54k =时，解方程()()f x g x =得到13x =和1x =是方程的根.利用零点存在定理证明在()4,+∞上有且只有一个零点.即可证明.对于C ：根据单调性求出()f x 的值域.对于D ：对x 分类讨论： 1x <、1x =和1x >三种情况，利用分离参数法分别求出k 得到范围，取交集即可. 【详解】对于A ：()21,11ln 1,1x x f x xx x x ⎧−<⎪=−⎨⎪+−≥⎩. 因为23354134414f ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭=−= ⎪⎝⎭−，55551ln 1ln 44444f ⎛⎫=+−=+ ⎪⎝⎭， 所以355515ln 1ln 0444444f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫−=−+=−> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以3544f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以()f x 在()0,2上不是增函数. 故A 错误；对于B ：当54k =时，方程()()f x g x =可化为：()2511141x x x x ⎧−=−⎪−⎨⎪<⎩或()5ln 1141x x x x ⎧+−=−⎪⎨⎪≥⎩. 由()2511141x x x x ⎧−=−⎪−⎨⎪<⎩可解得：13x =. 对于()5ln 1141x x x x ⎧+−=−⎪⎨⎪≥⎩，显然1x =代入方程成立，所以1x =是方程的根.当1≥x 时，记()()()5ln 1ln 11144x h x x x x x =+−−−=−−. ()41414xh x x x−'=−=. 所以令()0h x '>，解得：14x <<；令()0h x '<，解得：4x >； 所以()h x 在()1,4上单增，在()4,+∞上单减. 所以()()410h h >=.所以()h x 在()1,4上没有零点；而()h x 在()4,+∞上单减，且()40h >，()()333311310e 44e ln e e h −=−=<−， 所以在()4,+∞上有且只有一个零点.综上所述：当54k =时，方程()()f x g x =有且只有3个不同实根. 故B 正确；对于C ：对于()21,11ln 1,1x x f x xx x x ⎧−<⎪=−⎨⎪+−≥⎩. 当1≥x 时，()ln 1f x x x =+−.()110f x x'=+>，所以()()1ln1110f x f ≥=+−=； 当1≥x 时，()211x f x x=−−.()()2221x x f x x −'=−.令()0f x '>，解得：01x <<；令()0f x '<，解得：0x <； 所以()f x 在(),0∞−上单减，在()0,∞+上单增. 所以()()0011f x f ≥=−=−； 故()f x 的值域为[)1,−+∞成立. 故C 正确.对于D ：对于任意的x ∈R ，都有()()()()10x f x g x −−≤成立， 所以()21111x x k x x<⎧⎪⎨−≥−⎪−⎩及()1ln 11x x x k x ≥⎧⎨+−≥−⎩恒成立.若()21111x x k x x<⎧⎪⎨−≥−⎪−⎩恒成立，则有()()()211111x k x x x x ≥−<−−−. 令()()()()21,1111x t x x x x x =−<−−−，只需()max k t x ≥. 令1m x =−，则0m <.则()22221113135124m y m m m m m +⎛⎫⎛⎫=−=−++=−++ ⎪ ⎪−⎝⎭⎝⎭. 所以max 54y =，即54k ≥.若()1ln 11x x x k x ≥⎧⎨+−≥−⎩恒成立，当1x =，无论k 取何值，不等式均成立，所以R k ∈. 当1x >，则有()ln 111xk x x ≥−>−.令()()ln 111xp x x x =+>−，只需()max k p x ≥. ()()()()22111ln 1ln 11x x xx x p x x x −−−−'==−−. 记()11ln x x x ϕ=−−，则()221110x x x x x ϕ−'=−=<，所以()11ln x x xϕ=−−在()1,+∞上单减，所以()()111ln101x ϕϕ<=−−=，即()0p x '<，所以()ln 11xp x x =+−在()1,+∞上单减，所以()()()max11ln ln lim 1lim 111211x x x x p x x x ++→→'⎛⎫=+=+=+= ⎪−'⎝⎭− 所以2k ≥. 综上所述：2k ≥. 故D 正确. 故选：BCD 【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）； （3）利用导数求参数的取值范围； （4）利用导数处理恒（能）成立问题.23．（2022·山东·德州市教育科学研究院二模）若函数()()2ln 21()f x x a x x a R =+−+∈存在两个极值点12,x x ()12x x <，则（ ） A ．函数()f x 至少有一个零点 B ．0a ＜或2a >C ．1102x ＜＜D ．()()1212ln 2f x f x +>−【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A ，只需将1x = 代入验证即可，对于B ，通过函数存在2个极值点转化为导函数有2个变号零点问题，从而转化为二次函数根的分布问题即可，对于C ，利用B 选项的条件即可推导；对于D ，计算12()()f x f x + ，构造函数()h a ，求函数()h a 的最小值即可对于A ，()()22ln 21ln (1)f x x a x x x a x =+−+=+−2(1)ln1(11)0f a =+−= ，1x ∴= 是()f x 的一个零点，故A 正确对于B ，21221()(22)ax ax f x a x x x−+'=+−=()f x 存在两个极值点1212,()x x x x < ，22210ax ax ∴−+= 有两个不相等的实数根，即()'f x 有两个变号零点120,0x x >>0∴∆> ，即22(2)421484(2)0a a a a a a −−⨯⨯=−=−> ，20a a ∴><或又120,0x x >>，121210102x x x x a +=>⎧⎪∴⎨=>⎪⎩，解得0a > 综上，2a > ，故B 错误对于C ，由B 选项可得，121x x =+ ，211x x ∴=− ，111x x ∴−> ，1102x ∴<< 故C 正确对于D ，2212111222()()ln (21)ln (21)f x f x x a x x x a x x +=+−+++−+ 22121212ln [2()2]x x a x x x x =++−++将121211,2x x x x a+== 代入上式 212111()()ln(12212)ln 2(1)22f x f x a a a a a a+=+−⨯−⨯+=−+− ln 2ln 1ln ln 21a a a a =−−+−=−−−令()ln ln 21(2)h a a a a =−−−> 11()10a h a a a−'=−=> 有()h a 在(2,)+∞ 上单调递增，()(2)2ln 2ln 2112ln 2h a h ∴>=−−−=− ， 故D 正确 故选：ACD24．（2022·河北保定·二模）已知函数2332xxy =−在()0,∞+上先增后减，函数3443xxy =−在()0,∞+上先增后减.若()231log log x =()321log log 0x a =>，()()242422log log log log x x b ==，()()343433log log log log 0x x c ==>，则（ ）A ．a c <B ．b a <C ．c a <D ．a b <【解析】 【分析】根据指数式与对数式的关系由条件求出1x ，2x ，3x ，构造函数结合零点存在性定理确定,,a b c 的范围，由此判断,,a b c 的大小关系. 【详解】∵()()231321log log log log x x a ==，∴31log 2a x =，21log 3ax =，∴23132aax ==.设()2332ttf t =−，∵()()0110f f ==>，()2815120f =−<，2332xxy =−在()0,∞+上先增后减，∴()1,2a ∈.∵()()242422log log log log x x b ==，∴42221log log 22b x x ==，22log 4bx =，∴142b b +=， ∴1b =.∵()()343433log log log log 0x x c ==>， ∴34343ccx == 设()3443t tg t =−，∵()010g =>，()1170g =−<，3443xxy =−在()0,∞+上先增后减，∴()0,1c ∈. ∴c b a <<. 故选：BC. 【点睛】本题解决的关键在于结合函数的单调性及零点存在性定理确定,a c 的范围. 25．（2022·福建厦门·模拟预测）已知函数()2441x x xf x x =+−−，则（ ）A ．()f x 是奇函数B ．()f x 的图象关于点()1,1对称C ．()f x 有唯一一个零点D ．不等式()()223f x f x +>的解集为()()1,13,−+∞【答案】BCD【分析】求解()f x 的定义域，可知定义域不关于原点对称，知A 错误；根据解析式验证可知()()112f x f x ++−=，则知B 正确；当1x >时，由单调性的性质可确定()f x 在()1,+∞上单调递减，结合值域的求法可求得()1f x >；结合对称性可知()f x 在(),1−∞上单调递减；利用零点存在定理可说明()f x 在(),1−∞有且仅有一个零点，知C 正确；结合C 的结论可说明1x >时()1f x >，1x <时，()1f x <；利用单调性，分别讨论23x +和2x 在同一单调区间内、两个不同单调区间内的情况，解不等式组可求得结果. 【详解】对于A ，由44010x x ⎧−≠⎨−≠⎩得：1x ≠，即()f x 定义域为{}1x x ≠，不关于原点对称，()f x ∴为非奇非偶函数，A 错误；对于B ，()112121144242x x x xx xf x x x+++++=+=+−⋅−，()()1122112412121444224244444xx x x x x x x x x x x x f x x x x x −−−−⋅−−−=−=−=−=−−−⋅−⋅−， ()()112f x f x ∴++−=，()f x ∴图象关于点()1,1对称，B 正确；对于C ，当1x >时，()1141212x xf x x=+−−； 2x t =在()1,+∞上单调递增，4y t t=−在()2,+∞上单调递增， 422xx y ∴=−在()1,+∞上单调递增，1422x x y ∴=−在()1,+∞上单调递减；11y x=−在()1,+∞上单调递增，111y x∴=−在()1,+∞上单调递减；()f x ∴在()1,+∞上单调递减；由B 知：()f x 图象关于()1,1对称，()f x ∴在(),1−∞上单调递减；当1x >时，2044xx>−，11111x x x =+>−−，()1f x ∴>，()f x ∴在()1,+∞上无零点；当1x <时，()11000143f =+=−<−，()1111210123044f −=+=>−， ()01,0x ∴∃∈−，使得()00f x =，则()f x 在(),1−∞上有唯一零点0x x =；综上所述：()f x 有唯一一个零点，C 正确；对于D ，由C 知：()f x 在(),1−∞和()1,+∞上单调递减， 又1x >时，()1f x >；1x ∴<时，()1f x <；①当22311x x +>⎧⎨>⎩，即1x >时，由()()223f x f x +>得：223x x +<，解得：1x <−（舍）或3x >；②当22311x x +<⎧⎨<⎩时，不等式组无解，不合题意；③当22311x x +>⎧⎨<⎩，即11x −<<时，()231f x +>，()21f x <，满足题意；④当22311x x +<⎧⎨>⎩，即1x <−时，()231f x +<，()21f x >，不合题意；综上所述：()()223f x f x +>的解集为：()()1,13,−+∞，D 正确.故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解不等式；利用单调性解不等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题.。
2022年新高考III卷数学函数图像分析题及答案本文将针对2022年新高考III卷中的数学函数图像分析题进行详细解析，包括题目描述和答案解析。
根据题目要求，我们需要对每一道题目进行准确的解析和解答。
以下是题目及其相应的答案解析：题目一：已知函数f(x)=3x^2-4x+2，求解以下问题：1）求函数f(x)的值域；2）研究函数f(x)的单调性。
答案解析：1）首先，我们需要求出函数f(x)的值域。
对于二次函数f(x)=3x^2-4x+2，我们可以求出其对称轴的横坐标x=-b/(2a)，即x=4/(2*3)=2/3。
由于a>0，所以对称轴与开口方向为上，因此函数图像的最小值即为对称轴上的函数值，即f(2/3)。
根据计算，我们可以得出f(2/3)=2/3。
因此，函数f(x)的值域为[2/3, +∞)。
2）接下来，我们来研究函数f(x)的单调性。
对于二次函数，我们可以通过求导来研究其单调性。
函数f(x)=3x^2-4x+2的导函数为f'(x)=6x-4。
由于导函数f'(x)恒大于0，所以函数f(x)在定义域内是单调递增的。
题目二：已知函数g(x)=x^3-3x^2+2x-1，求解以下问题：1）求函数g(x)的零点；2）讨论函数g(x)的奇偶性。
答案解析：1）首先，我们需要求出函数g(x)的零点。
对于三次函数g(x)=x^3-3x^2+2x-1，我们可以通过因式分解或者使用数值解法求出其零点。
经过计算和整理，我们可以得出g(x)=(x-1)(x^2-2x+1)。
因此，当x-1=0时，函数g(x)的零点为x=1。
2）接下来，我们来讨论函数g(x)的奇偶性。
对于多项式函数，我们可以通过观察其幂指数来判断其奇偶性。
函数g(x)=x^3-3x^2+2x-1的幂指数为奇数，并且没有任何偶次幂的项。
因此，我们可以得出函数g(x)是一个奇函数。
这仅仅是对2022年新高考III卷中数学函数图像分析题的一部分解析和答案。
2022年高考数学一轮复习小题多维练（新高考版）专题03 函数及其表示方法一、单选题1.若函数f（x）＝ln（e2x﹣ae x+1）对x∈R恒有意义，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣2，2）D．（﹣∞，2）【答案】D【分析】根据对数函数以及指数函数的性质求出a的取值范围即可．【解答】解：由题意得：e2x﹣ae x+1＞0恒成立，即a＜＝e x+恒成立，∵e x+≥2，当且仅当e x＝1即x＝0时“＝”成立，故a＜2，故选：D．【知识点】函数的定义域及其求法2.已知函数f（x）的定义域为（﹣1，1），则函数的定义域为（）A．（1，2）B．（0，2）C．（0，1）D．（﹣1，1）【答案】A【分析】根据函数f（x）的定义域，列出使函数g（x）有意义的不等式组，求出解集即可．【解答】解：函数f（x）的定义域为（﹣1，1），令，解得，即1＜x＜2，所以函数的定义域为（1，2）．故选：A．【知识点】函数的定义域及其求法3.已知函数的值域为[0，+∞），则m的取值范围是（）A．[0，4]B．（0，4]C．（0，4）D．[4，+∞）【答案】D【分析】当m＝0时，mx2+mx+1＝1对任意实数x恒成立，不合题意；要使函数的值域为[0，+∞），需二次三项式mx2+mx+1对应的二次函数开口向上且判别式大于等于0，由此联立不等式组求解．【解答】解：当m＝0时，mx2+mx+1＝1对任意实数x恒成立，不合题意；要使函数的值域为[0，+∞），则，解得m≥4．∴m的取值范围是[4，+∞）．故选：D．【知识点】函数的值域4.设f（x）是定义在R上以2为周期的偶函数，当x∈[2，3]时，f（x）＝x，则x∈[﹣2，0]时，f（x）的解析式为（）A．f（x）＝2+|x+1|B．f（x）＝3﹣|x+1|C．f（x）＝2﹣x D．f（x）＝x+4【答案】B【分析】①当x∈[﹣2，﹣1]时，则x+4∈[2，3]，由题意可得：f（x+4）＝x+4．再根据函数的周期性可得f （x）＝f（x+4）＝x+4．②当x∈[﹣1，0]时，则2﹣x∈[2，3]，由题意可得：f（2﹣x）＝2﹣x．再根据函数的周期性与函数的奇偶性可得函数的解析式．【解答】解：①当x∈[﹣2，﹣1]时，则x+4∈[2，3]，因为当x∈[2，3]时，f（x）＝x，所以f（x+4）＝x+4．又因为f（x）是周期为2的周期函数，所以f（x）＝f（x+4）＝x+4．所以当x∈[﹣2，﹣1]时，f（x）＝x+4．②当x∈[﹣1，0]时，则2﹣x∈[2，3]，因为当x∈[2，3]时，f（x）＝x，所以f（2﹣x）＝2﹣x．又因为f（x）是周期为2的周期函数，所以f（﹣x）＝f（2﹣x）＝2﹣x．因为函数f（x）是定义在实数R上的偶函数，所以f（x）＝f（﹣x）＝f（2﹣x）＝2﹣x．所以由①②可得当x∈[﹣2，0]时，f（x）＝3﹣|x+1|．故选：B．【知识点】奇函数、偶函数、函数的周期性、函数解析式的求解及常用方法5.函数f（x）＝ax m（1﹣2x）n（a＞0）在区间[0，]上的图象如图所示，则m、n的值可能是（）A．m＝1，n＝1B．m＝1，n＝2C．m＝2，n＝3D．m＝3，n＝1【答案】D【分析】由图得，原函数的极大值点约为0.375．把选项代入验证看哪个对应的极大值点符合要求即可得出答案．【解答】解：由于本题是选择题，可以用代入法来作，由图得，原函数的极大值点约为0.375．当m＝1，n＝1时，f（x）＝ax（1﹣2x）＝﹣2a（x﹣）2+．在x＝处有极大值，故A错误；当m＝1，n＝2时，f（x）＝ax m（1﹣2x）n＝ax（1﹣2x）2＝a（4x3﹣4x2+x），所以f′（x）＝a（2x﹣1）（6x﹣1），a＞0，令f′（x）＝0⇒x＝，x＝，即函数在x＝处有极大值，故B错误；当m＝2，n＝3时，f（x）＝ax m（1﹣2x）n＝ax2（1﹣2x）3，有f'（x）＝a（1﹣2x）2（2x﹣10x2），令f′（x）＝0⇒x＝0，x＝，x＝，即函数在x＝处有极大值，故C错误；当m＝3，n＝1时，f（x）＝ax m（1﹣2x）n＝ax3（1﹣2x）＝a（x3﹣2x4），有f′（x）＝ax2（3﹣8x），令f′（x）＝0，⇒x＝0，x＝，即函数在x＝处有极大值，故D正确．故选：D．【知识点】函数的图象与图象的变换、函数解析式的求解及常用方法6.函数f（x）＝sin（）+cos（）的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】令，结合复合函数的单调性可知函数f（x）先增后减，进而排除选项A，B；再根据时，f（x）＜0，f（0）＝1，排除选项D，进而得解．【解答】解：函数f（x）的定义域为R，令，可知函数t（x）在R上单调递增，且t（x）的值域为（﹣1，1），又因为，结合复合函数的单调性，可知函数f（x）先增后减，故选项A，B错误；当时，f（x）＜0，f（0）＝1，故选项D错误．故选：C．【知识点】函数的图象与图象的变换7.已知函数f（x）＝，则方程f2（x）﹣f（x）＝0的不相等的实根个数（）A．5B．6C．7D．8【答案】C【分析】方程f2（x）﹣f（x）＝0可解出f（x）＝0或f（x）＝1，方程f2（x）﹣f（x）＝0的不相等的实根个数即两个函数f（x）＝0或f（x）＝1的所有不相等的根的个数的和，根据函数f（x）的形式，求方程的根的个数的问题可以转化为求两个函数y＝0，y＝1的图象与函数f（x）的图象的交点个数的问题．【解答】解：方程f2（x）﹣f（x）＝0可解出f（x）＝0或f（x）＝1，方程f2（x）﹣f（x）＝0的不相等的实根个数即两个函数f（x）＝0或f（x）＝1的所有不相等的根的个数的和，方程的根的个数与两个函数y＝0，y＝1的图象与函数f（x）的图象的交点个数相同，如图，由图象，y＝1的图象与函数f（x）的图象的交点个数有四个，y＝0的图象与函数f（x）的图象的交点个数有三个，故方程f2（x）﹣f（x）＝0有七个解，故选：C．【知识点】函数的零点与方程根的关系、分段函数的解析式求法及其图象的作法8.如图，已知函数f（x）的图象关于坐标原点对称，则函数f（x）的解析式可能是（）A．f（x）＝x2ln|x|B．f（x）＝xlnx C．D．【答案】C【分析】据题意可知f（x）是奇函数，从而可以排除A，B；当x＞0时，，从而排除选项D，只能选C．【解答】解：∵f（x）的图象关于原点对称；∴函数f（x）是奇函数；f（x）＝x2ln|x|为偶函数，f（x）＝xlnx是非奇非偶函数，∴A，B都错误；∵x＞0时，，∴D错误．故选：C．【知识点】函数解析式的求解及常用方法二、多选题9.下列函数中，值域为[2，+∞）的是（）A．y＝x+，x＞0B．＝cos x+，x∈（﹣，）C．y＝D．y＝x+【答案】ABC【分析】根据基本不等式（a＞0）即可判断选项A，B，C都正确，对于选项D，x＜0时，y＜0，从而判断选项D错误，从而得出正确的选项．【解答】解：A．x＞0时，，当且仅当x＝1时取等号，符合题意，该选项正确；B.时，0＜cos x≤1，，当且仅当cos x＝1时取等号，符合题意，该选项正确；C.，当且仅当，即x＝0时取等号，该选项正确；D．当x＜0时，，该选项错误．故选：ABC．【知识点】函数的值域10.已知集合M＝{﹣1，1，2，4}，N＝{1，2，4，16}，请根据函数定义，下列四个对应法则能构成从M到N的函数的是（）A．y＝2x B．y＝|x|C．y＝x+2D．y＝x2【答案】BD【分析】根据题意，由函数的定义依次分析选项，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，y＝2x，当x＝4时，y＝8∉N，故A错误；对于B，y＝|x|，任取x∈M，总有y＝|x||∈N，故B正确，对于C，y＝x+2，当x＝4时，y＝6∉N，故C错误，对于D，y＝x2，任取x∈M，总有y＝x2∈N，故D正确．故选：BD．【知识点】函数的概念及其构成要素11.下列各组函数中是同一函数的是（）A．f（x）＝x与g（x）＝B．f（x）＝与g（x）＝C．f（x）＝x﹣1与g（x）＝D．f（x）＝x2+1与g（t）＝t2+1【答案】BD【分析】根据相同函数的定义：定义域和对应关系都相同．【解答】解：对于A：f（x）＝x与g（x）＝|x|的对应关系不同，因此不是同一函数；对于B：f（x）＝＝与g（x）＝，因此是同一函数；对于C：f（x）＝x﹣1与g（x）＝＝＝x﹣1，（x≠﹣1），定义域不同，因此不是同一函数；对于D：f（x）＝x2+1与g（t）＝t2+1，定义域和对应关系都相同，因此是同一函数．故选：BD．【知识点】判断两个函数是否为同一函数12.若函数y＝x2﹣4x﹣4的定义域为[0，m]，值域为[﹣8，﹣4]，则实数m的值可能为（）A．2B．3C．4D．5【答案】ABC【分析】求出二次函数的对称轴方程，可知当m＝2时函数有最小值，再由f（0）＝﹣4结合二次函数的对称性可得m的可能取值．【解答】解：函数y＝x2﹣4x﹣4的对称轴方程为x＝2，当0≤m≤2时，函数在[0，m]上单调递减，x＝0时取最大值﹣4，x＝m时有最小值m2﹣4m﹣4＝﹣8，解得m＝2．则当m＞2时，最小值为﹣8，而f（0）＝﹣4，由对称性可知，m≤4．∴实数m的值可能为2，3，4．故选：ABC．【知识点】函数的值域、函数的定义域及其求法13.已知符号函数sgn（x）＝，下列说法正确的是（）A．函数y＝sgn（x）是奇函数B．对任意的x≥0，sgn（x）＝1C．对任意的x∈R，x•sgn（x）＝|x|D．y＝2x•sgn（﹣x）的值域为（﹣∞，1）【答案】AC【分析】由已知结合函数单调性的定义及指数函数的性质分别检验各选项即可判断．【解答】解：sgn（x）＝的图象如图所示，图象关于原点对称，为奇函数，A正确；当x＝0时，x＝0，sgn（x）＝0，当x＞0时，x＞0，sgn（x）＝1，B错误；因为x•sgn（x）＝＝|x|，C正确；因为y＝2x sgn（﹣x）＝其值域为[0，1）∪（﹣∞，﹣1]，D不正确．故选：AC．【知识点】函数的值域14.已知定义在R上的函数f（x），其导函数f′（x）的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是（）A．f（a）＞f（e）＞f（d）B．函数f（x）在[a，b]上递增，在[b，d]上递减C．函数f（x）的极值点为c，eD．函数f（x）的极大值为f（b）【答案】ABD【分析】根据导数与函数单调性的关系及所给图象可得f（x）的单调性，判断函数的极值即可．【解答】解：由导数与函数单调性的关系知，当f′（x）＞0时f（x）递增，f′（x）＜0时f（x）递减，结合所给图象知，x∈（a，c）时，f′（x）＞0，∴f（x）在（a，c）上单调递增，x∈（c，e）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（c，e）上单调递减，函数f（x）在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值；f（c）＞f（e），故选：ABD．【知识点】利用导数研究函数的单调性、函数的图象与图象的变换三、填空题15.已知函数，则该函数的定义域是．【答案】（-1，1）【分析】根据对数函数成立的条件即可得到结论．【解答】解：要使函数有意义，则，即（x﹣1）（x+1）＜0，即﹣1＜x＜1，即函数的定义域为（﹣1，1），故答案为：（﹣1，1）．【知识点】函数的定义域及其求法16.若函数f（x）＝（a＞0，a≠1）的定义域和值域都是[0，1]，则log a+log＝﹣．【答案】-1【分析】因为f（1）＝0，所以f（x）是[0，1]上的递减函数，根据f（0）＝1解得a＝2，再代入原式可得．【解答】解：因为f（1）＝0，所以f（x）是[0，1]上的递减函数，所以f（0）＝1，即＝1，解得a＝2，所以原式＝log2+log＝log2）＝﹣1，故答案为：﹣1．【知识点】函数的值域、函数的定义域及其求法17.对于函数y＝f（x），若存在定义域D内某个区间[a，b]，使得y＝f（x）在[a，b]上的值域也是[a，b]，则称函数y＝f（x）在定义域D上封闭．如果函数（k≠0）在R上封闭，那么实数k的取值范围是﹣∞﹣．【答案】（1，+∞）∪（-∞，-1）【分析】由题意便知方程组至少有两个解，从而可得到至少有两个解，从而有k＝1+|x|＞1，这样即求出k的取值范围．【解答】解：根据题意知方程至少有两个不同实数根；即至少有两个实数根；∴；∴k＝1+|x|＞1；由＝﹣x至少有两个不同实数根，同理可得k＜﹣1．∴实数k的取值范围为（1，+∞）∪（﹣∞，﹣1）．故答案为：（1，+∞）∪（﹣∞，﹣1）．【知识点】函数的定义域及其求法、函数的值域18.设奇函数f（x）定义在（﹣π，0）∪（0，π）上，其导函数为f′（x），且f（）＝0，当0＜x＜π时，f′（x）sin x﹣f（x）cos x＜0，则关于x的不等式f（x）＜2f（）sin x的解集为﹣．【分析】设g（x）＝，利用导数判断出g（x）单调性，根据函数的单调性求出不等式的解集．【解答】解：设g（x）＝，∴g′（x）＝，∵f（x）是定义在（﹣π，0）∪（0，π）上的奇函数，故g（﹣x）＝＝＝g（x）∴g（x）是定义在（﹣π，0）∪（0，π）上的偶函数．∵当0＜x＜π时，f′（x）sin x﹣f（x）cos x＜0∴g'（x）＜0，∴g（x）在（0，π）上单调递减，∴g（x）在（﹣π，0）上单调递增．∵f（）＝0，∴g（）＝＝0，∵f（x）＜2f（）sin x，即g（）•sin x＞f（x）；①当sin x＞0时，即x∈（0，π），g（）＞＝g（x）；所以x∈（，π）；②当sin x＜0时，即x∈（﹣π，0）时，g（）＝g（﹣）＜＝g（x）；所以x∈（﹣，0）；不等式f（x）＜2f（）sin x的解集为解集为（﹣，0）∪（，π）．故答案为：（﹣，0）∪（，π）【知识点】利用导数研究函数的单调性、函数的定义域及其求法19.函数的单调递增区间为﹣∞﹣，值域为﹣∞﹣．【分析】通过求导判断函数的单调递增区间，根据单调性判断函数的值域．【解答】解：＞0，解得x＞或x＜﹣，函数的单调递增区间为（﹣∞，﹣）和（，+∞），单调递减区间为（﹣，），即函数在x＝﹣处有极小值f（﹣）＝﹣4，在x＝处有极小值f（）＝4，所以函数的值域为（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）．故答案为：（﹣∞，﹣）和（，+∞），（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）．【知识点】函数的单调性及单调区间、函数的值域20.若f（x）＝|x﹣a|•|x﹣3a|，且x∈[0，1]上的值域为[0，f（1）]，则实数a的取值范围是．【分析】结合图象，分类讨论即可得解．【解答】解：结合图象，①当a＝0时，显然成立；②当a＜0时，f（x）在[0，1]上递增，最小值为3a2≠0，不成立；③当a＞0时，要使值域为[0，f（1）]，则需满足，即，故；综上，实数a的取值范围为．故答案为：．【知识点】函数的值域21.设f（x）是定义在R上以2为周期的偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）＝log2（x+1），则函数f（x）在[1，2]上的解析式是﹣【答案】f（x）=log2（3-x）【分析】设x∈（1，2），则x﹣2∈（﹣1，0），2﹣x∈（0，1），由已知表达式可求得f（2﹣x），再由f （x）为周期为2的偶函数，可得f（x）＝f（x﹣2）＝f（2﹣x），从而得到答案．【解答】解：∵f（x）是定义在R上以2为周期的偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）＝log2（x+1），∴设x∈（1，2），则x﹣2∈（﹣1，0），2﹣x∈（0，1），∴f（2﹣x）＝log2[（2﹣x）+1]＝log2（3﹣x），又f（x）为周期为2的偶函数，所以f（x）＝f（x﹣2）＝f（2﹣x）＝log2（3﹣x）．故答案为：f（x）＝log2（3﹣x）．【知识点】函数解析式的求解及常用方法22.甲乙两地相距500km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度v不能超过120km/h．已知汽车每小时运输成本为元，则全程运输成本与速度的函数关系是y＝，当汽车的行驶速度为km/h时，全程运输成本最小．【分析】由已知可得汽车从甲地匀速行驶到乙地的时间为：，结合汽车每小时运输成本为元，可得：全程运输成本与速度的函数关系式，再由基本不等式可得v＝100时，y取最小值．【解答】解：∵甲乙两地相距500km，故汽车从甲地匀速行驶到乙地的时间为：，又由汽车每小时运输成本为元，则全程运输成本与速度的函数关系是y＝•（）＝（0＜v≤120），由基本不等式得≥2＝3600，当且仅当，即v＝100时，取最小值，故答案为：（0＜v≤120），100【知识点】函数解析式的求解及常用方法23.函数y＝5sin（x+）（﹣15≤x≤10）的图象与函数y＝图象的所有交点的横坐标之和为．【答案】-7【分析】由函数解析式可得两函数图象均关于点（﹣1，0）对称，再分析可得在（﹣1，0）内两函数图象有一个交点，画出图象的大致形状，即可求得两图象所有交点的横坐标之和．【解答】解：函数y＝5sin（x+）的图象关于点（﹣1，0）对称，对于函数y＝，当x＝﹣1时，y＝0，当x≠﹣1时，可得y＝在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，且当x∈（﹣1，+∞）时，y＝的最大值为，函数图象关于点（﹣1，0）对称；对于函数y＝5sin（x+），当x＝0时，y＝5sin＞＝，故在（﹣1，0）内两函数图象有一个交点．根据两函数图象均关于点（﹣1，0）对称，画出两函数在[﹣15，10]上的大致图象，得到交点横坐标之和为﹣1+（﹣2）×3＝﹣7【知识点】函数的图象与图象的变换、正弦函数的图象24.已知函数y＝与函数y＝的图象共有k（k∈N*）个公共点，A1（x1，y1），A2（x2，y2），…，A k（x k，y k），则（x i+y i）＝．【答案】2【分析】f（x）关于（0，1）对称，同理g（x）＝关于（0，1）对称，如图所示，两个图象有且只有两个交点，即可得出结论．【解答】解：由题意，函数f（x）＝＝2﹣，f（﹣x）+f（x）＝2，∴f（x）关于（0，1）对称，同理g（x）＝关于（0，1）对称，如图所示，两个图象有且只有两个交点，∴（x i+y i）＝2，故答案为2．【知识点】函数的图象与图象的变换25.函数f（x）＝，若关于x的方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有五个不同的实数解，则a的取值范围是．【分析】程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有五个不同的实数解x，即要求f（x）＝常数有3个不同的f （x），根据题意，先做出函数f（x）的图象，结合图象可知，只有当f（x）＝a时，有3个根，再结合方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有2个不同的实数解，可求【解答】解：方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有五个不同的实数解，解：∵题中原方程2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有且只有5个不同实数解，∴即要求对应于f（x）等于某个常数有3个不同实数解，∴故先根据题意作出f（x）的简图：由图可知，只有当f（x）＝a时，它有三个根．所以有：1＜a＜2 ①．再根据2f2（x）﹣（2a+3）f（x）+3a＝0有两个不等实根，得：△＝（2a+3）2﹣4×2×3a＞0⇒②结合①②得：1＜a＜或a＜2．故答案为：（1，）∪（，2）．【知识点】指数型复合函数的性质及应用、函数的零点与方程根的关系、分段函数的解析式求法及其图象的作法26.设定义域为R的函数若关于x的方程f2（x）﹣（2m+1）f（x）+m2＝0有7个不同的实数根，则实数m＝．【答案】2【分析】题中原方程f2（x）﹣（2m+1）f（x）+m2＝0有7个不同的实数根，即要求对应于f（x）＝某个常数有3个不同实数解，故先根据题意作出f（x）的简图，由图可知，只有当f（x）＝4时，它有三个根．故关于x的方程f2（x）﹣（2m+1）f（x）+m2＝0有7个不同的实数根．【解答】解：∵题中原方程f2（x）﹣（2m+1）f（x）+m2＝0有7个不同的实数根，∴即要求对应于f（x）等于某个常数有3个不同实数解，∴故先根据题意作出f（x）的简图：由图可知，只有当f（x）＝4时，它有三个根．故关于x的方程f2（x）﹣（2m+1）f（x）+m2＝0有一个实数根4．∴42﹣4（2m+1）+m2＝0，∴m＝2，或m＝6，m＝6时，方程f2（x）﹣（2m+1）f（x）+m2＝0有5个不同的实数根，所以m＝2．故答案为：2．【知识点】函数与方程的综合运用、分段函数的解析式求法及其图象的作法。
2022届高三数学功能小题第3练 函数（3）(解析版）考察范围：函数的定义域、值域、最值、极值等1.函数的定义域是 A （ ）A ．（0，1）∪（1，4]B ．（0，4]C ．（0，1）D ．（0，1）∪[4，+∞） 【答案】A【解析】偶次根式被开方数非负，分母不为0，对数真数大于02.下列函数中，其定义域和值域分别与函数10lgx y =的定义域和值域相同的是( ) A ．y x = B ．y lgx = C ．2x y = D ．y=【答案】D【解析】函数10lgx y =的定义域和值域均为(0,)+∞，函数y x =的定义域和值域均为R ，不满足要求；函数y lgx =的定义域为(0,)+∞，值域为R ，不满足要求；函数2x y =的定义域为R ，值域为(0,)+∞，不满足要求；函数y=(0,)+∞，满足要求；故选D ．3.若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为( ) A ．1- B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A【解析】函数21()(1)x f x x ax e -=+-，可得121()(2)(1)x x f x x a e x ax e --'=+++-，2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，可得：33(2)(4)(421)0f a e a e --'-=-++--=，即4(32)0a a -++-=．解得1a =-．可得121()(21)(1)x x f x x e x x e --'=-+--21(2)x x x e -=+-，函数的极值点为：2x =-，1x =，当2x <-或1x >时，()0f x '>函数是增函数，(2,1)x ∈-时，函数是减函数，1x =时，函数取得极小值：211(1)(111)1f e -=--=-．故选：A ．4.设点P 在曲线12x y e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则||PQ 最小值为 （ ）A ．1ln2-B ln2)-C ．1ln2+D ln2)+【答案】B【解析】函数12x y e =与函数ln(2)y x =互为反函数，图象关于y x =对称，函数12x y e =上的点1(,)2x P x e 到直线y x =的距离为1||x e x d -=设1()(0)2x g x e x x =->，则1()12x g x e '=-，由1()102x g x e '=-可得ln2x ，由1()102x g x e '=-<可得0ln2x <<，∴函数()g x 在(0,ln2)单调递减，在[ln2，)+∞单调递增，∴当ln2x =时，函数()1ln2min g x =-，min d ，由图象关于y x =对称得：||PQ 最小值为2ln2)min d -．故选：B ．5.已知函数()||f x lgx =，若0a b <<，且f (a )f =(b )，则2a b +的取值范围是( ) A．)+∞ B．)+∞ C ．(3,)+∞ D ．[3，)+∞【答案】C【解析】因为f (a )f =(b )，所以||||lga lgb =，所以a b =（舍去），或1b a =，所以22a b a a+=+ 又0a b <<，所以01a b <<<，令2()f a a a=+， 由“对勾”函数的性质知函数f (a )在(0,1)a ∈上为减函数，所以f (a ) >f (1) 2131=+=，即2a b +的取值范围是(3,)+∞． 故选：C ．6.下列函数中最小值为4的是（ ） A. 224y x x =++B. 4sin sin y x x=+C. 222x x y -=+D. 4ln ln y x x=+【答案】C 【解析】【分析】根据二次函数的性质可判断A 选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出,B D 不符合题意，C 符合题意．【详解】对于A ，()2224133y x x x =++=++≥，当且仅当1x =-时取等号，所以其最小值为3，A 不符合题意；对于B ，因为0sin 1x <≤，4sin 4sin y x x=+≥=，当且仅当sin 2x =时取等号，等号取不到，所以其最小值不为4，B 不符合题意；对于C ，因为函数定义域为R ，而20x >，2422242xxx xy -=+=+≥=，当且仅当22x =，即1x =时取等号，所以其最小值为4，C 符合题意；对于D ，4ln ln y x x=+，函数定义域为()()0,11,+∞，而ln x R ∈且ln 0x ≠，如当ln 1x =-，5y =-，D 不符合题意．故选：C ．7. 设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ）A. a b <B. a b >C. 2ab a <D.2ab a >【答案】D 【解析】【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >. 综上所述，2ab a >成立. 故选：D8.若正实数,a b ，满足1a b +=，则33b a b+的最小值为（ ）A ．2B ．C ．5D ．【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分析可得33333333b b a b b a a b a b a b++=+=++，结合基本不等式的性质分析可得答案. 【详解】根据题意，若正实数,a b ，满足1a b +=，则333332353333b b a b b a b a b a b a b a ++=+=++⨯⨯=， 当且仅当334b a ==时等号成立， 即33b a b+的最小值为5； 故选：C9（多选）若函数32())(20f x x ax a =-<在6,23()a a +上有最大值，则a 的取值可能为（）A.6-B.5-C.4-D.3-【答案】ABC 【解析】令()2(3)f x x x a '=-，得10x =，2(0)3ax a =<， 当03a x <<时，()0f x '<；当3ax <或0x >时，()0f x '>， 则()f x 的增区间为(),,0,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭，减区间为,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 从而()f x 在3a x =处取得极大值3()327a af =-，由3()27a f x =-，得22()(3)03a a x x -+=，解得3a x =或6a x =-，又()f x 在6,23()a a +上有最大值，所以6336a a a+<-，即4a -， 故选ABC.10（多选）已知函数()[]2,2,23-∈+++=x c bx ax x x f 表示的曲线过原点，且此曲线在x=±1处的切线的斜率均为-1，则以下命题正确的是A.()[]2,2,43-∈-=x x x x fB.()x f 的极值点有且仅有一个C.()x f 的极大值为9316 D.()x f 的最大值与最小值之和等于零 【答案】ACD 【解析】由题意可得()()()⎪⎩⎪⎨⎧-=+-=--=++===1231123100//b a f b a f c f 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-==040c b a ，令f'（x ）=0，得[]2,2332-∈±=x 有两个极值点，且函数()x f 的极大值为9316332=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-f 也为最大值，极小值9316332-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛f 也为最小值，所以最值之和为0。
专题03 导数及其应用一、单选题1. 【河北省衡水第一中学2021届全国高三第二次联合考试（1）】已知函数()sin f x x x =-，设()()()0.10.1,0.1,log a f b f c f πππ===，则a ，b ，c 的大小关系是（ ）A ．a b c >>B ．b c a >>C ．c b a >>D ．b a c >>2. 【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知函数()2f x x ax =-，()ln xg x x e =-，在其共同的定义域内，()g x 的图象不可能在()f x 的上方，则求a 的取值范围 A ．101a e <<+ B ．0a > C ．1a e ≤+ D ．0a ≤3. 【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知函数()g x 满足121()'(1)(0)2x g x g e g x x -=-+，且存在实数0x 使得不等式021()m g x -≥成立，则m 的取值范围为 A ．[1,)+∞ B ．(,3]-∞C ．(,2]-∞D ．[0,)+∞二、多选题1. 【河北省衡水中学2021届高三上学期七调】已知()221()1xm x f x e +=-，()22()(2)1g x m x =++．若()()()x xg x x e f x e ϕ=⋅-有唯一的零点，则m 的值可能为（ ） A ．2 B ．3 C ．3- D ．4-三、填空题1. 【河北省衡水中学2021届全国高三下学期第二次联合考试（II 卷）】已知直线:l y x b =+为曲线()x f x e =的切线，若直线l 与曲线217()22g x x mx =-+-也相切，则实数m 的值为__________．四、解答题1. 【河北省衡水第一中学2021届全国高三第二次联合考试（1）】已知函数1()sin ()x f x x ae a R -=-∈.（1）定义()f x 的导函数为()()1f x ，()()1f x 的导函数为()()2f x ，，以此类推，若()()202011sin f=，求函数23f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的单调区间；（2）若1a ≥，0x ≥，证明：()0f x <.2. 【河北省衡水中学2021届高三上学期二调数学试题】设函数223223()3,()33,22a a f x x x ax g x ax x a ⎛⎫=-+=-++-∈ ⎪⎝⎭R .（1）求函数()f x 的单调区间； （2）若函数[]()23()()()0,222a x f x g x x x ϕ=--∈在0x =处取得最大值，求a 的取值范围.3. 【河北省衡水中学2021届高三上学期二调数学试题】定义可导函数()y f x =在x 处的弹性函数为()()xf x f x '⋅，其中()'f x 为()f x 的导函数．在区间D 上，若函数()f x 的弹性函数值大于1，则称()f x 在区间D 上具有弹性，相应的区间D 也称作()f x 的弹性区间．（1）若()1x r x e x =-+，求()r x 的弹性函数及弹性函数的零点； （2）对于函数()(1)ln x f x x e x tx =-+-（其中e 为自然对数的底数） （ⅰ）当0t =时，求()f x 的弹性区间D ；（ⅱ）若()1f x >在（i ）中的区间D 上恒成立，求实数t 的取值范围．4. 【河北省衡水中学2021届高三上学期七调】已知函数2()ln ()f x x m x x m =--∈R . （1）若()f x 在定义域内为增函数，求m 的取值范围； （2）设0m >，当0x >时，若()1f x x ≥-，求m 的值.5. 【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知函数()()()1ln 42f x m x m x m R x=+-+∈. (1)当4m ≥时，求函数()f x 的单调区间；(2)设[],1,3t s ∈，不等式()()()()ln322ln3f t f s a m -<+--对任意的()4,6m ∈恒成立，求实数a 的取值范围.6. 【河北省衡水中学2021届全国高三第一次联合考试（全国卷）】已知函数()(1)ln ()axf x x a R e =-∈. （1）若关于x 的不等式()ln 1f x x a +-对任意的正数x 恒成立，求实数a 的取值范围. （2）证明：()*111ln(1)231n n N n +>+++∈+.7. 【河北省衡水中学2021届全国高三下学期第二次联合考试（II 卷）】已知函数()(0)xa xf x a xe -=>． （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）在区间,2a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上，()f x 是否存在最大值与最小值？若存在，求出最大值与最小值；若不存在，请说明理由．专题03 导数及其应用一、单选题1. 【河北省衡水第一中学2021届全国高三第二次联合考试（1）】已知函数()sin f x x x =-，设()()()0.10.1,0.1,log a f b f c f πππ===，则a ，b ，c 的大小关系是（ ）A ．a b c >>B ．b c a >>C ．c b a >>D ．b a c >>【答案】C 【解析】解：由题意得：()cos 10f x x '=-≤， ()f x ∴在定义域R 上单调递减，又0.101ππ>=，000.10.11π<<=，0.1log 0π<，c b a ∴>>.故选：C.2. 【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知函数()2f x x ax =-，()ln xg x x e =-，在其共同的定义域内，()g x 的图象不可能在()f x 的上方，则求a 的取值范围 A ．101a e <<+ B ．0a > C ．1a e ≤+ D ．0a ≤【答案】C 【解析】函数()2f x x ax =-，()ln xg x x e =-，在其共同的定义域内，()g x 的图象不可能在()f x 的上方，当0x >时，∴2ln x x ax x e -≥-恒成立，化为：2ln xe x x ax -+>，即ln x e xa x x x≤-+，0x >； 令()ln x e xh x x x x =-+，（0x >），()()2211ln 'x e x x x h x x-+-+=． 令()()211ln x t x e x x x =-+-+，()1'20xt x e x x x=⋅++>， 函数()t x 在()0,+∞单调递增，10t =（）， ∴()0,1x ∈时，()0t x <，()'0h x <，函数单调减函数，()1x ∈+∞，时，()0t x >，()'0h x >，函数单调增函数，所以()()11h x h e ≥=+，∴1a e ≤+，故选C.3. 【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知函数()g x 满足121()'(1)(0)2x g x g eg x x -=-+，且存在实数0x 使得不等式021()m g x -≥成立，则m 的取值范围为 A ．[1,)+∞ B ．(,3]-∞ C ．(,2]-∞ D ．[0,)+∞【答案】A 【解析】因为121()(1)(0)2x g x g e g x x '-=-+， 所以1()(1)(0)(1)(1)(0)1(0)1x g x g e g x g g g g '-'''=-+∴=-+∴= 因为1(0)(1)(1)g g e g e '-'∴==，因此21()2xg x e x x =-+，()1()10x x g x e x g x e '''=-+∴=+>，当0x >时()(0)0,()(0)1g x g g x g ''>=>=； 当0x <时()(0)0,()(0)1g x g g x g ''<=>=；因此()g x 最小值为1，从而2111m m ，-≥≥，选A. 二、多选题1. 【河北省衡水中学2021届高三上学期七调】已知()221()1xm x f x e +=-，()22()(2)1g x m x =++．若()()()x xg x x e f x e ϕ=⋅-有唯一的零点，则m 的值可能为（ ） A ．2 B ．3 C ．3- D ．4-【答案】ACD 【解析】解：22(1)()1xm x f x e+=-，22()(2)(1)g x m x =++． ()()()x xg x x e f x e ϕ=-只有一个零点， 222(2)(1)2(1)0xx m x m x e e ++∴+--=只有一个实数根，即22211(2)()210x x x x m m e e +++-+=只有一个实数根．令21x x t e+=，则2222(1)(1)(1)0()x x x x x e x e x t e e +'-+--'==， ∴函数21x x t e +=在R 上单调递减，且x →+∞时，0t →， ∴函数21x x t e+=的大致图象如图所示， 所以只需关于t 的方程2(2)210(*)m t mt +-+=有且只有一个正实根．①当2m =时，方程(*)为24410t t -+=，解得12t =，符合题意； ②当3m =时，方程(*)为25610t t -+=，解得15t =或1t =，不符合题意；③当3m =-时，方程(*)为2610t t --=，得3t =±30，符合题意．④当4m =-时，方程(*)为22810t t --=，得t =0>，符合题意．故选：ACD ． 三、填空题1. 【河北省衡水中学2021届全国高三下学期第二次联合考试（II 卷）】已知直线:l y x b =+为曲线()x f x e =的切线，若直线l 与曲线217()22g x x mx =-+-也相切，则实数m 的值为__________．【答案】4或2- 【解析】设直线:l y x b =+与曲线()x f x e =相切于点()00,xx e ，由()001xf x e '==，得00x =，所以切点坐标为(0,1)，所以直线l 的方程为1y x =+．又由直线l 与曲线()g x 相切，联立方程，消去y 得：217122x mx x -+-=+，化简得22(1)90x m x --+=，因为直线l 与曲线217()22g x x mx =-+-也相切，所以()2=41490m ∆--⨯=解得4m =或2m =-． 故答案为：4或2-. 四、解答题1. 【河北省衡水第一中学2021届全国高三第二次联合考试（1）】已知函数1()sin ()x f x x ae a R -=-∈.（1）定义()f x 的导函数为()()1f x ，()()1f x 的导函数为()()2f x ，，以此类推，若()()202011sin f=，求函数23f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的单调区间；（2）若1a ≥，0x ≥，证明：()0f x <.【答案】（1）单调递增区间为()5,1212k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦，单调递减区间为()7,1212k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意知()()11cos x f x x ae -=-，()()21sin x fx x ae -=--，()()31cos x f x x ae -=--，()()41sin x f x x ae -=-，()()51cos x f x x ae -=-，，所以函数()()()n f x n N *∈的周期是4，所以()()()()202041sin x f x f x x ae -==-.因为()()()()2020411sin1sin1ff a ==-=，解得0a =，所以，()sin f x x =，所以2sin 233f x x ππ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.当()222232k x k k πππππ-+≤+≤+∈Z ，即()51212k x k k ππππ-+≤≤+∈Z 时，()f x 单调递增； 当()3222232k x k k πππππ+≤+≤+∈Z ，即()71212k x k k ππππ+≤≤+∈Z 时，()f x 单调递减. 综上，函数23f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的单调递增区间为()5,1212k k k ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦Z ，单调递减区间为()7,1212k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z ； （2）证明：当1a ≥时，1()sin x f x x e -≤-. 令()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x '=-≥，所以()g x 在区间[)0,+∞上单调递增，()()00g x g ≥=，所以sin x x ≤， 令()1x h x x e -=-，则()11x h x e-=-'，当01x <<时，()0h x '>，当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在区间()0,1上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减， 所以()()10h x h ≤=，当且仅当1x =时取等号.所以，()11i 0s n x x f x x e x e --≤-≤-≤，等号不同时成立，故()0f x <.2. 【河北省衡水中学2021届高三上学期二调数学试题】设函数223223()3,()33,22a a f x x x ax g x ax x a ⎛⎫=-+=-++-∈ ⎪⎝⎭R .（1）求函数()f x 的单调区间； （2）若函数[]()23()()()0,222a x f x g x x x ϕ=--∈在0x =处取得最大值，求a 的取值范围. 【答案】（1）当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞ ⎝⎭和1⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1⎛-+ ⎝⎭；（2）6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【解析】解：（1）()22()36313f x x x a x a '=-+=-+-，当3a ≥时，()0f x '≥，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，令()0f x '>，得1x <1x >所以()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞ ⎝⎭和1⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭令()0f x '<，得11x <<，所以()f x 的单调递减区间为1⎛⎝⎭. 综上，当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为,1⎛-∞ ⎝⎭和1⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1⎛ ⎝⎭. （2）由题意得[]322133()(1)3,0,2222x ax a x x a x ϕ=+--+∈.因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，即[]3213(1)30,0,222ax a x x x +--∈， 当0x =时，显然成立.当(]0,2x ∈时，得()21313022ax a x +--≤，即()()()()()22323232322221+2x x ax xx x x x ++==++-+-+--. 令(]22,4t x =+∈，则2()1,(2,4]th t t t =--∈，()2210h t t '=+>恒成立，所以 2()1,(2,4]t h t t t =--∈是增函数，5()0,2h t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以3625(2)12x x +--+，即65a ，所以a 的取值范围为6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3. 【河北省衡水中学2021届高三上学期二调数学试题】定义可导函数()y f x =在x 处的弹性函数为()()xf x f x '⋅，其中()'f x 为()f x 的导函数．在区间D 上，若函数()f x 的弹性函数值大于1，则称()f x 在区间D 上具有弹性，相应的区间D 也称作()f x 的弹性区间．（1）若()1x r x e x =-+，求()r x 的弹性函数及弹性函数的零点； （2）对于函数()(1)ln x f x x e x tx =-+-（其中e 为自然对数的底数） （ⅰ）当0t =时，求()f x 的弹性区间D ；（ⅱ）若()1f x >在（i ）中的区间D 上恒成立，求实数t 的取值范围． 【答案】（1）()(1)()1x x x xr x e r x e x '⋅=-⋅-+，0x =； （2）（ⅰ）(1,)+∞，（ⅱ）(,1]-∞-. 【解析】（1）由()1x r x e x =-+，可得()1x r x e '=-， 则()(1)()1x x x x r x e r x e x '⋅=-⋅-+， 令()(1)0()1x x x xr x e r x e x '⋅=-⋅=-+，解得0x =， 所以()r x 弹性函数的零点为0x =.（2）（ⅰ）当0t =时，函数()(1)ln x f x x e x =-+，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 因为211()(1)ln (1)x xxxx e f x x e x e x e x x+'=-+=+-+=，函数()f x 是弹性函数21()1()(1)ln x x x x e f x f x x e x'+⋅=>-+， 此不等式等价于下面两个不等式组：（Ⅰ）()21ln 0......1(1)ln .......x x x x e x x e x e x ⎧-+>⎪⎨+>-+⎪⎩①② 或（Ⅱ）()21ln 0.....1(1)ln . (x)x xx e x x e x e x ⎧-+<⎪⎨+<-+⎪⎩③④， 因为①对应的函数就是()f x ， 由0fx，所以()f x 在定义域上单调递增，又由(1)0f =，所以①的解为1x >；由可得()221[(1)ln ](1)1ln 0x x xg x x e x e x x x e x =+--+=-++->，且()3221()1(21)(1)x xxx x e g x x e x x e x x+-'=-+-+-=在1x >上恒为正，则()g x 在1x >上单调递增，所以()()10g x g >>，故②在1x >上恒成立， 于是不等式组（Ⅰ）的解为1x >， 同①的解法，求得③的解为01x <<；因为01x <<时，④210,(1)ln 0x x x e x e x +>-+<，所以不成立， 所以不等式（Ⅱ）无实数解，综上，函数()f x 的弹性区间(1,)D =+∞.（ⅱ）由()1f x >在(1,)+∞上恒成立，可得1ln 1(1)x x t e x x -<-+在1x >上恒成立，设1ln 1()(1)x x h x e x x -=-+，则22(1)2ln ()x x x e xh x x -++-'=，而()2(1)2ln 1xx x e x g x -++-=+，由（ⅰ）可知，在1x >上恒为正，所以()0h x '>，函数()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()()11h x h >=-， 所以1t ≤-，即实数t 的取值范围是(,1]-∞-.4. 【河北省衡水中学2021届高三上学期七调】已知函数2()ln ()f x x m x x m =--∈R . （1）若()f x 在定义域内为增函数，求m 的取值范围； （2）设0m >，当0x >时，若()1f x x ≥-，求m 的值. 【答案】（1）1,8⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）2.【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22()21m x x mf x x x x--=--='，若()f x 在定义域内为增函数，则220x x m --≥在(0,)+∞上恒成立， 即22m x x ≤-在(0,)+∞上恒成立，而22112248x x x ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，所以18m ≤-，即m 的取值范围为1,8⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（2）2()1ln 1f x x x m x ≥-⇔-≥.令2()ln g x x m x =-，则22()2m x mg x x x x=='--.因为0m >，令()0g x '>，解得x >()g x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，令()0g x '<，解得0x <<()g x 在⎛ ⎝上单调递减，所以min ()2m g x g m ==-要使()1g x ≥在定义域内恒成立，即min ()12m g x g m ==-， 即ln 10222m m m--≥， 令()ln 1h a a a a =--(其中2m a =)，1()1ln ln h a a a a a ⎛⎫=-⨯+=- ⎪'⎝⎭.当(0,1)∈a 时，()0'>h a ，当(1,)∈+∞a 时，()0h a '<， 所以max ()(1)0h a h ==，所以()(1)h a h ≤，要使ln 10--≥a a a ，只能取1a =，即22m a ==， 综上所述，m 的值为2.5. 【河北省衡水中学2021届高三上学期期中】已知函数()()()1ln 42f x m x m x m R x=+-+∈. (1)当4m ≥时，求函数()f x 的单调区间；(2)设[],1,3t s ∈，不等式()()()()ln322ln3f t f s a m -<+--对任意的()4,6m ∈恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）当4m =时，()f x 在定义域()0,∞+单调递减；当4m >时，函数()f x 的单调递增区间为11,22m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，递减区间为10,2m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭； （2）13,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦. 【解析】(1)函数定义域为()0,+∞，且()()()2221211'42x m x m f x m x x x⎡⎤--+⎣⎦=-+-=， 令()'0f x =，得112x =，212x m=--， 当4m =时，()'0f x ≤，函数()f x 在定义域()0,+∞单调递减； 当4m >时，由()'0f x >，得1122x m -<<-；由()'0f x <，得102x m <<--或12x >， 所以函数()f x 的单调递增区间为11,22m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，递减区间为10,2m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 综上所述，当4m =时，()f x 在定义域()0,+∞单调递减；当4m >时，函数()f x 的单调递增区间为11,22m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，递减区间为10,2m ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. (2)由(1)知当()4,6m ∈时，函数()f x 在区间[]1,3单调递减，所以当[]1,3x ∈时，()()max 152f x f m ==-，()()min 13ln31263f x f m m ==++-.问题等价于：对任意的()4,6m ∈，恒有()()1ln322ln352ln31263a m m m m +-->----+成立，即()()22423m a m ->--. 因为2m >，则()2432a m <--，∴()min2432a m ⎛⎫<- ⎪ ⎪-⎝⎭，设[)4,6m ∈，则当4m =时，()2432m --取得最小值133-，所以，实数a 的取值范围是13,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.6. 【河北省衡水中学2021届全国高三第一次联合考试（全国卷）】已知函数()(1)ln ()axf x x a R e =-∈. （1）若关于x 的不等式()ln 1f x x a +-对任意的正数x 恒成立，求实数a 的取值范围.（2）证明：()*111ln(1)231n n N n +>+++∈+. 【答案】（1）(,1]-∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）解：()(1)ln(1)(ln )ln ln axf x x x x a x x x ax a e =-=--=--+， 由()ln 1f x x a +-，得ln 10x x ax -+对任意的正数x 恒成立. 解法一： 即ln 11ln x x ax x x+=+对任意的正数恒成立， 令1()ln g x x x=+，只需min ()a g x . 则22111()x g x x x x-'=-=， 当1x >时，()0,()'>g x g x 在区间(1,)+∞上单调递增， 当01x <<时，()0,()g x g x '<在区间(0,1)上单调递减. 所以min ()(1)1g x g ==.所以1a ，即实数a 的取值范围为(,1]-∞. 解法二：令()ln 1g x x x ax =-+， 则()ln 1(0)g x x a x '=+->. 当()10,a x e-∈时，()0,()g x g x '<在区间()10,a e -上单调递减，当()1,a x e -∈+∞时，()0,()'>g x g x 在区间()1,a e -+∞上单调递增，所以()1111()(1)11a a a a g x g e e a ae e ----=--+=-，所以110a e --，即1a . 所以实数a 的取值范围为(,1]-∞.（2）证明：由（1）知，当1a =时，ln 10x x ax -+对任意的正数x 恒成立，即1ln 1x x-，当1x =时等号成立. 令1n x n +=，则11ln111n n n n n +>-=++. 所以1ln(1)ln 1n n n +->+，1ln 3ln 23->，1ln 2ln12->累加，得111ln(1)ln1231n n +->++++， 即111ln(1)231n n +>++++. 7. 【河北省衡水中学2021届全国高三下学期第二次联合考试（II 卷）】已知函数()(0)xa xf x a xe -=>． （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）在区间,2a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上，()f x 是否存在最大值与最小值？若存在，求出最大值与最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）单调递增区间为,⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为,⎫⎛⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭；（2）存在，最大值为22aa f e -⎛⎫= ⎪⎝⎭，最小值为()2222x a x f x x e -=.【解析】解：（1）由题意得函数()f x 的定义域为(,0)(0,)-∞+∞，则22()xx ax af x x e --'=，令()0f x '=，得12x x ==因为0a >，所以120,0x x <>．当x 在定义域上变化时，()'f x 的变化情况如下表：所以函数()y f x =的单调递增区间为,⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为,⎫⎛⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭．（2）令()0xa xf x xe -==，得x a =， 则a 是函数()f x 的唯一零点．因为20a x a -=-=，所以20a x <<，所以202aa x <<<． 当0x a <<时，()0f x >；当x a >时，()0f x <．由（1）可知函数()f x 在区间2,2a x ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在区间()2,x +∞上单调递增，所以()f x 在区间,2a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的最大值为22a a f e -⎛⎫= ⎪⎝⎭，最小值为()2222x a x f x x e -=，其中2x =。
2022届高三高考数学复习各地试卷精选专项练习03：函数及其应用【含答案】一、单选题1．（2021·聊城市·山东聊城一中高三一模）果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢失去新鲜度．已知某种水果失去新鲜度h 与其采摘后时间t （天）满足的函数关系式为t h m a =⋅．若采摘后10天，这种水果失去的新鲜度为10%，采摘后20天，这种水果失去的新鲜度为20%．那么采摘下来的这种水果在多长时间后失去50%新鲜度（已知lg 20.3≈，结果取整数）（ ） A ．23天 B ．33天 C ．43天 D ．50天【答案】B 【解析】根据题设条件先求出m 、a ，从而得到1101220t h =⋅，据此可求失去50%新鲜度对应的时间.【详解】1010202,10%120%20a m a m a m ⎧⎧==⋅⎪⎪⇒⎨⎨=⋅=⎪⎪⎩⎩，故1102a =，故1101220t h =⋅， 令12h =，∴10210,lg 2110tt=∴=，故10330.3t =≈， 故选：B.2．（2021·辽宁沈阳市·高三一模）5G 技术的数学原理之一是著名的香农公式:21S C Wlog N⎛⎫=+⎪⎝⎭.它表示:在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C 取决于信道带宽W ，信道内信号的平均功率S ，信道内部的高斯噪声功率N 的大小，其中SN叫做信噪比.当信噪比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.假设目前信噪比为1600,若不改变带宽W ，而将最大信息传播速度C 提升50%,那么信噪比SN要扩大到原来的约（ ） A ．10倍 B ．20倍 C ．30倍 D ．40倍【答案】D【解析】根据题意可得21600C Wlog =，()2316002C Wlog t =，两式联立，再利用对数函数的单调性求解. 【详解】由条件可知21600C Wlog =， 设将最大信息传播速度C 提升50%, 那么信噪比SN要扩大到原来的t 倍， 则()2316002C Wlog t =， 所以()223160016002log log t =，即()322216001600log log t =，所以3216001600t =， 解得40t =， 故答案为：D3．（2021·广东广州市·高三一模）2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，下潜深度达到惊人的10909m ，创造了我国载人深潜的新记录.当“奋斗者”号下潜至某一深度时，处于其正上方海面处的科考船用声呐装置向“奋斗者”号发射声波.已知声波在海水中传播的平均速度约为1450m /s ，若从发出至回收到声波所用时间为6s ，则“奋斗者”号的实际下潜深度约为（ ） A ．2900m B ．4350mC ．5800mD ．8700m【答案】B 【解析】可得声波从海面传到“奋斗者”号的时间为3s ，即可求出实际下潜深度. 【详解】可得声波从海面传到“奋斗者”号的时间为163s 2⨯=， 则“奋斗者”号的实际下潜深度约为145034350m ⨯=. 故选：B.4．（2021·全国高三专题练习（理））溶液酸碱度是通过pH 计算的，pH 的计算公式为pH lg H +⎡⎤=-⎣⎦，其中H +⎡⎤⎣⎦表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升，人体血液的氢离子的浓度通常在7.457.35110~110--⨯⨯之间，如果发生波动，就是病理现象，那么，正常人体血液的pH 值的范围是（ ） A ．[7.25,7.55] B ．[7.25,7.45] C ．[7.25,7.35] D ．[7.35,7.45]【答案】D 【解析】按题设所给公式求相应的pH 值即可. 【详解】依题意，7.457.3512pH lg 1107.45,pH lg 1107.35--⎡⎤⎡⎤=-⨯==-⨯=⎣⎦⎣⎦，因此，正常人体血液的pH 值的范围是[7.35,7.45]． 故选:D ．5．（2021·江苏盐城市·高三二模）在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数．当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数量指数级增长．当基本传染数持续低于1时，疫情才可能逐渐消散．广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数．假设某种传染病的基本传染数为0R ，1个感染者在每个传染期会接触到N 个新人，这N 人中有V 个人接种过疫苗(VN称为接种率)，那么1个感染者新的传染人数为()0R N V N-．已知新冠病毒在某地的基本传染数0 2.5,R ＝为了使1个感染者传染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为（ ） A ．40% B ．50%C ．60%D ．70%【答案】C 【解析】 由题意列不等式2.5()1N V N-≤，即可求出结果.【详解】 由题意可得：2.5() 1.51 2.5 2.560%2.5N V V N V N N N -≤⇒-≤⇒≥=故选：C.6．（2021·全国高三专题练习）函数ln ()x xf x x=的大致图象为A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】将函数表达式化为()(),0ln ,0lnx x x x f x ln x x x>⎧==⎨--<⎩，由函数奇偶性得到BC 不正确，再由特殊值得到最终结果. 【详解】 因为()(),0ln ,0lnx x x x f x ln x x x>⎧==⎨--<⎩是奇函数排除,B C ，且当1x >时，()0f x >. 故答案为A.7．（2021·山东烟台市·高三一模）已知()f x 是定义在R 上的奇函数，()()2f x f x -=，当[]0,1x ∈时，()3f x x =，则（ ）A ．()20210f =B ．2是()f x 的一个周期C ．当()1,3x ∈时，()()31f x x =-D ．()0f x >的解集为()()4,42k k k Z +∈【答案】D 【解析】由()f x 是定义在R 上的奇函数、()()2f x f x -=可得()f x 的最小正周期是4，即可判断A 、B 的正误，然后可得[]1,1x ∈-时，()3f x x =，然后结合条件可判断C 、D 的正误.【详解】因为()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()()()2f x f x f x -==--所以()()2f x f x +=-，所以()()()42f x f x f x +=-+= 所以()f x 的最小正周期是4，故B 错误()()202111f f ==，故A 错误因为当[]0,1x ∈时，()3f x x =，()f x 是定义在R 上的奇函数所以当[]1,1x ∈-时，()3f x x =，当()1,3x ∈时，()21,1x -∈-，()()()322f x f x x =-=-，故C 错误因为当()0,2x ∈时，()0f x >，()f x 的最小正周期是4， 所以()0f x >的解集为()()4,42k k k Z +∈，故D 正确 故选：D8．（2021·江苏常州市·高三一模）若()316,00,0x x f x xx ⎧-≠⎪=⎨⎪=⎩则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是（ ） A ．[)1,1][3,-+∞ B ．(,1][0,1][3,)-∞-⋃⋃+∞ C ．[1,0][1,)-⋃+∞ D ．(,3][1,0][1,)-∞-⋃-⋃+∞【答案】B 【解析】按1x =或0，0x <，1x >和01x <<四种情况，分别化简解出不等式，可得x 的取值范围． 【详解】①当1x =或0时，(1)0xf x -=成立；②当0x <时，()3(1601)11x x xf x x ⎡⎤=--⎢⎥-⎣⎦-≥，可有()31611x x -≤-，解得1x ≤-； ③当0x >且1x ≠时，()3(1601)11x x xf x x ⎡⎤=--⎢⎥-⎣⎦-≥ 若1x >，则()4116x -≥，解得3x ≥ 若01x <<，则()4116x -≤，解得01x <<所以(,1][0,1][3,)x ∈-∞-⋃⋃+∞则原不等式的解为(,1][0,1][3,)x ∈-∞-⋃⋃+∞， 故选：B9．（2021·山东滨州市·高三一模）定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x -=-，且[)12,0,x x ∀∈+∞，12x x ≠时，都有()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦，则（ ）A ．()12431log 3log 24f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．()12341log log 324f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()12341log 2log 34f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．()124312log 3log 4f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】由题意可知函数为奇函数，且函数在[)0,+∞上单调递增，比较自变量的大小，利用函数的单调性即可求解. 【详解】[)12,0,x x ∀∈+∞，12x x ≠时，都有()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦， 所以函数在[)0,+∞上单调递增， 又函数()f x 满足()()f x f x -=-， 所以函数为奇函数，且()00f =， 所以()f x 在(),0-∞上单调递增，331log log 414=-<-，又40log 31<<，1222=， 则341log log 324<<所以()12341log log 324f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：B10．（2021·山东青岛市·高三一模）若()()3log 1,02,0xx x f x x ⎧+≥=⎨<⎩，不等式()12f x >的解集为（ ）A ．()()1,031,-⋃+∞B ．((),131,-∞⋃+∞C ．()()1,031-⋃D ．()),131,-∞-⋃+∞【答案】A 【解析】分0x ≥和0x <两种情况分别求解，再求并集即可. 【详解】 当0x ≥时，331log (1)log 313312x x x +>=⇒+>∴> 当0x <时，11221102x x x ->=⇒>-∴-<< 综上不等式()12f x >的解集为())1,031,-⋃+∞故选：A.11．（2021·山东济宁市·高三一模）已知sin 2a =，2log 0.2b =，0.22c =，则（ ） A ．a b c >> B ．c a b >>C ．b a c >>D ．c b a >>【答案】B 【解析】根据正弦函数，指数函数与对数函数的单调性，分别判定,,a b c 的范围，即可得出结果. 【详解】由sin 2a =知：sin 0sin 2sin 0sin 212π<<⇒<<，则01a <<；由2log 0.2b =知：22log 0.2log 10<=， 则0b <；由0.22c =知：00.210.2222122<<⇒<<， 则12c <<， 所以c a b >>； 故选：B.12．（2021·全国高三专题练习）已知20202021,20212020,ln 2a bc ===，则（ ）A ．log log a b c c >B ．log log c c a b >C ．c c a b <D ．a b c c <【答案】D 【解析】由题意知01,01b a c <<<<<，根据各选项并结合对应函数的区间单调性，即可判断指对数式的大小关系. 【详解】由题意知：20202021log 20211log 20200a b =>>=>，而 0ln21c <=<， ∴log c y x =在定义域内单调减，故log 0log c c a b <<，则B 错误；11log 0log log log a b c c c c a b=<<=，故A 错误； c y x =在第一象限的单调递增知c c a b >，故C 错误； x y c =定义域内单调递减，即a b c c <，故D 正确；故选：D13．（2021·全国高三专题练习）在一次数学实验中，某同学运用图形计算器采集到如下一组数据：x2- 1- 12 3y0.24 0.512.023.988.02在以下四个函数模型（,a b 为待定系数）中，最能反映,x y 函数关系的是（ ） A ．y a bx =+ B ．by a x=+C ．log b y a x =+D ．x y a b =+【答案】D 【解析】在坐标系中画出点，根据点的特征进行判断即可. 【详解】根据点在坐标系中的特征可以知道，当自变量每增加1时，y 的增加是不相同的，所以不是线性增加，排除A ； 由图象不具有反比例函数特征，排除B ； 因为自变量有负值，排除C ；当自变量增加到3时，y 增加的很多，所以符合指数的增加特征，D 正确， 故选：D.14．（2021·山东枣庄市·高三二模）已知函数()()ln 2e,0,3,0,x x f x f x x +⎧≤⎪=⎨->⎪⎩则()2021f =（ ）A ．2eB ．2eC ．22e D ．22e【答案】A 【解析】先分析出0x >时()f x 的周期性，然后根据周期性以及已知条件将问题转化为计算()1f -的值，由此求解出结果. 【详解】当0x >时，因为()()3f x f x =-，所以()()3f x f x =+，所以()f x 是周期为3的函数， 所以()()()2021367322f f f =⨯+=， 又因为()()ln 21ln 2221e f f e e e-+=-===，所以()22021f e =，故选：A.结论点睛：周期性常用的几个结论如下：（1）()y f x =对x R ∀∈时，若()()f x a f x a +=-或()()2f x a f x -=（0a ≠）恒成立，则2a 是()f x的一个周期；（2）()y f x =对x R ∀∈时，若()()f x f x a -=+或()()1f x a f x +=或()()1f x a f x +=-（0a ≠）恒成立，则2a 是()f x 的一个周期；（3）若()f x 为偶函数，其图象又关于()0x a a =≠对称，则()f x 是以2a 为一个周期的周期函数； （4）若()f x 为奇函数，其图象又关于()0x a a =≠对称，则()f x 是以4a 为一个周期的周期函数. 15．（2021·辽宁铁岭市·高三一模）若关于x 2230x x mx --=有两个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是（ ）． A ．4,3⎛⎫-∞-⎪⎝⎭B ．34,,23⎛⎤⎛⎫-∞-⋃-+∞ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭C ．34,23⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．34,23⎡⎫--⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】2230x x mx --=223x x mx -=+，在同一坐标系中作出函数22y x x =-与3y mx =+的图象，利用数形结合法求解.【详解】2230x x mx --=223x x mx -=+， 2230x x mx --=有两个不相等的实数根， 所以函数22y x x =-与3y mx =+的图象有两不同的交点， 在同一坐标系中作出函数22y x x =-与3y mx =+的图象如图所示：由图象知：当直线3y mx =+过点()2,0时，33m =-，2311m m+=+，解得43m =-， 所以实数m 的取值范围是34,23⎡⎫--⎪⎢⎣⎭， 故选：D ．16．（2021·山东烟台市·高三一模）某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P (单位：mg/L )与时间t (单位：h )间的关系式为0kt P P e -=，其中0,P k 为正常数.如果一定量的废气在前10h 的过滤过程中污染物被消除了20%,那么污染物减少到最初含量的50%还需要经过多长时间？(结果四舍五入取整数，参考数据：20.693,5 1.609ln ln ≈≈)（ ） A ．11h B ．21hC ．31hD ．41h【答案】B 【解析】先由已知条件建立方程求得k ，再代入模型中求得时间得选项. 【详解】 由已知得10115k e --=，方程两边取自然对数得4ln 105k =-，所以2ln 2ln 50.022310k -==-，设污染物减少到最初含量的50%需要经过t 小时，则0.022312t e -=，两边取自然对数得1ln 0.02232t =-，解得31t =，所以还需要经过311021-=个小时的时间使污染物减少到最初含量的50%， 故选：B.17．（2021·山东滨州市·高三一模）定义在R 上的偶函数()f x 满足()()22f x f x +=-，当[]2,0x ∈-时，()2f x x =+，设函数()()2e 26x h x x --=-<<（e 为自然对数的底数），则()f x 与()h x 的图象所有交点的横坐标之和为（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】D 【解析】根据已知条件求出()f x 的周期，利用周期性和偶函数作出()f x 在区间()2,6-的图象，以及()()2e26x h x x --=-<<的图象，数形结合即可求解.【详解】因为()f x 满足()()22f x f x +=-， 所以()f x 图象关于直线2x =对称，因为()f x 是R 上的偶函数，所以()f x 图象关于直线0x =对称， 所以()f x 的周期为4，()()2e26x h x x --=-<<的图象关于直线2x =对称，由[]2,0x ∈-时，()2f x x =+，作出()f x 图象如图和()()2e26x h x x --=-<<的图象由图知()f x 与()h x 的图象在区间()2,6-有四个交点，设交点横坐标分别为1234,,,x x x x ， 且1422x x +=，2322x x +=， 所以12348x x x x +++=，所以()f x 与()h x 的图象所有交点的横坐标之和为8， 故选：D18．（2021·山东德州市·高三一模）设函数()()1xf x xe a x =--，其中1a <，若存在唯一整数0x ，使得()0f x a <，则a 的取值范围是（ ）．A ．21,1e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．211,e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．211,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．21,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C 【解析】由原不等式可得()0xx e a -<，分0,01a a ≤<<两种情况讨论，求出不等式的解，根据解集在唯一整数0x 即可求解. 【详解】由()f x a <可得x xe ax a a -+<， 化简得()0xx e a -<， 当0a ≤时，0x x e a e -≥>，故当0x <时，()0xx e a -<恒成立， 故不存在唯一整数0x ，使得()0f x a <成立，当01a <<时，令0x e a ->，解得ln x a >且ln 0a <， 所以()0xx e a -<的解为ln 0a x <<，若存在唯一整数0(ln ,0)x a ∈，则ln 1ln 2a a <-⎧⎨≥-⎩，解得211[,)a e e∈， 故选：C19．（2021·山东日照市·高三一模）如图所示，单位圆上一定点A 与坐标原点重合．若单位圆从原点出发沿x 轴正向滚动一周，则A 点形成的轨迹为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】分析当单位圆向x 轴正向滚动π个单位长度时A 的纵坐标，由此判断出A 点形成的轨迹. 【详解】如图所示，记,,B C D 为圆上的三个四等分圆周的点，由题意可知：圆是逆时针滚动的，因为圆的周长为2π，所以2AB BC CD AD π====，且圆上点的纵坐标最大值为2，当圆逆时针滚动π单位长度时，此时,A C 的相对位置互换，所以A 的纵坐标为2，排除BCD ， 故选：A.20．（2021·山东青岛市·高三一模）已知()y f x =为奇函数，()1y f x =+为偶函数，若当[]0,1x ∈时，()()2log a f x x =+，则()2021f =（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】C 【解析】由()00f =得1a =，()1y f x =+为偶函数得()f x 关于1x =对称，故周期为4，则问题可解． 【详解】()f x 为奇函数，()00f =且()f x 关于原点对称①∵[]0,1x ∈时()()2log a f x x =+，∴()2log 00a +=，∴1a = ∴[]0,1x ∈时()()2log 1f x x =+， ∵()1y f x =+为偶函数关于y 轴对称． 则()f x 关于1x =对称②由①②可知()()()()2f x f x f x f x ⎧-=-⎪⎨=-⎪⎩∴()()()22f x f x f x =-=--，∴()()2f x f x +=-． ∴()()()()()42f x f x f f x f x +=-+=--=， ∴()f x 周期为4，()()220211log 21f f ===， 故选：C ．21．（2021·江苏省天一中学高三二模）定义在R 上的函数()y f x =满足()12x f x -≤，且()1y f x =+为奇函数，则()y f x =的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】根据()1y f x =+为奇函数，得到函数关于()1,0中心对称，排除AB ，计算()21.5f ≤排除C，得到答案. 【详解】()1y f x =+为奇函数，即()()11f x f x +=--+，函数关于()1,0中心对称，排除AB .() 1.5112.52f -≤=C .故选：D .22．（2021·辽宁沈阳市·高三一模）已知函数()(),g x h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()x g x h x e x +=+，若函数()()12216x f x g x λλ-=+--有唯一零点，则正实数λ的值为（ ）A ．12B ．13C ．2D ．3【答案】A 【解析】首先利用方程组的方法分别求函数()g x 和()h x 的解析式，令()()226xx g x ψλλ=+-，利用导数分析函数的单调性，以及极值点，利用函数有唯一的零点，可知极小值()00f =，利用平移可知()10f =，求正实数λ的值. 【详解】由已知条件可知()()()()()()x xg x h x e x g x h x e x g x h x -⎧+=+⎪⎨-+-=-=-⎪⎩ 由函数奇偶性易知()2x xe e g x -+=令()()226xx g x ψλλ=+-，()x ψ为偶函数.当0x ≥时，()'2202x xxe e x ln ψλ--=+>，()x ψ单调递增，当0x <时，()x ψ单调递减，()x ψ仅有一个极小值点()0,f x ()x ψ图象右移一个单位，所以仅在1处有极小值，则函数只有1一个零点，即()10f =， 解得12λ=， 故选：A23．（2021·全国高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设,x R =用[]x 表示不超过x 的最大整数，则[]y x =称为高斯函数，也称取整函数，例如：[][]3.74,2.32-=-=.已知()1112x x e f x e -=-+，则函数()y f x ⎡⎤=⎣⎦的值域为（ ）A ．{}0B ．{}1,0-C ．{}2,1,0--D ．{}1,0,1-【答案】C 【解析】利用常数分离法将原函数解析式化为()2112xf x e =-++，然后分析函数()f x 的值域，再根据高斯函数的含义确定()y f x ⎡⎤=⎣⎦的值域. 【详解】()1112121121212x x x x x e e f x e e e -+-=-=-=-++++，当0x ≥时，1x e ≥，则2101xe -≤-<+，故()2111,1222x f x e ⎡⎫=-+∈-⎪⎢+⎣⎭，故(){}1,0f x ∈-⎡⎤⎣⎦； 但0x <时，01x e <<，则2211xe -<-<-+，故()2131,1222x f x e ⎡⎫=-+∈--⎪⎢+⎣⎭，(){}2,1f x ∈--⎡⎤⎣⎦； 综上所述，函数()y f x ⎡⎤=⎣⎦的值域为{}2,1,0--. 故选：C. 【点睛】本题考查新定义函数及函数值域求解问题，解答本题的关键在于根据指数函数的性质分析清楚()1112x x e f x e -=-+的值域，然后确定()y f x ⎡⎤=⎣⎦的值域.24．（2021·全国高三专题练习）设()f x 是R 上的奇函数，且()f x 在(),0-∞上是减函数，又()40f -=，则不等式()()440f x f x x+--->的解集是（ ）A ．()0,4B ．()8,4--C ．()()4,00,4- D ．()()8,40,4--⋃【答案】B 【解析】分析出函数()f x 在(),0-∞、()0,∞+上的单调性，以及()()440f f =-=，化简得出()40f x x+>，结合图象可得出关于实数x 的不等式组，由此得出原不等式的解集. 【详解】因为()f x 是R 上的奇函数，则()00f =，由于函数()f x 在(),0-∞上是减函数，则该函数在()0,∞+上也为减函数，()40f -=，则()()440f f =--=，作出函数()f x 的大致图象如下图所示：由()()440f x f x x +--->，可得()240f x x+>，由()400f x x ⎧+>⎨>⎩，可得440x x +<-⎧⎨>⎩或0440x x <+<⎧⎨>⎩，此时x ∈∅；由()400f x x ⎧+<⎨<⎩，可得4400x x -<+<⎧⎨<⎩或440x x +>⎧⎨<⎩，解得84x -<<-.因此，不等式()()440f x f x x+--->的解集是()8,4--.故选：B. 【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：（1）把不等式转化为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦；（2）判断函数()f x 的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“f ”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别. 二、多选题25．（2021·广东深圳市·高三一模）已知函数3()3x f x x =+，若01m n <<<，则下列不等式一定成立的有（ ）A ．(1)(1)f m f n -<-B ．()f mn f m n <+C ．()()log log m n f n f m <D ．()()nmf mf n <【答案】BD 【解析】确定函数是增函数，然后比较自变量的大小后可得正确选项． 【详解】易知3()3xf x x =+是R 上的增函数，01m n <<<时，2m n mn +>1n m m n <<成立，BD 一定成立； 1m -与1n -的大小关系不确定，A 不一定成立；同样log m n 与log m n 的大小关系也不确定，如1m n=时，log log 1m n n m ==-，C 也不一定成立． 故选：BD ．26．（2021·全国高三专题练习）已知函数()22xxf x -=+，则下列结论正确的是（ ）A ．()f x 是偶函数B ．()f x 是增函数C ．()f x 最小值是2D ．()f x 最大值是4【答案】AC 【解析】根据函数的奇偶性，均值不等式及特值法求解即可. 【详解】()22x x f x -=+的定义域为x ∈R ,关于原点对称，又()22()xx f x f x --=+=，所以函数为偶函数，所以函数在R 上不是增函数，故A 正确B 错误；又()222222x x x x f x --=+≥⋅=，当且仅当22-=x x ，即0x =时等号成立，故C 正确； 当2x =时，(2)4f >，故D 错误. 故选：AC27．（2021·广东汕头市·高三一模）已知定义在R 上的奇函数，满足(2)()0f x f x -+=，当(0,1]x ∈时，2()log f x x =-，若函数()()tan()F x f x x π=-，在区间[1,]m -上有10个零点，则m 的取值可以是（ ）A ．3.8B ．3.9C ．4D ．4.1【答案】AB 【解析】由对称性和奇偶性得出函数()f x 是周期函数，作出函数()y f x =和tan()y x π=的图象，由图象观察得两个函数图象有10个交点时，m 的范围． 【详解】()f x 是奇函数，则()()f x f x -=-，又(2)()0f x f x -+=，(2)()()f x f x f x -=-=-，令t x =-得()(2)f t f t =+，即()(2)f x f x =+，所以()f x 是周期函数，周期为2， 又()f x 是R 上的奇函数，所以(0)(2)(4)0f f f ====，(1)0f =，所以()0f n =，n Z ∈，作出()y f x =和tan()y x π=的图象，其中tan()y x π=的周期是1T ππ==， 如图，由图可知1x ≥-时，从点(1,0)A -，10个交点依次为,,,,,,,,,A B O C D E F G H I ，点J 是第11个交点，(4,0)J ，设C 点横坐标为0x ，显然01(0,)2x ∈，211()log 244f =-=，1tan 14π⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此014x >，所以01142x <<，于是1124B x -<<-，114424I x -<<-，即3.5 3.75I x <<，所以m 可取3.8，3.9，4m ≥时至少有11个零点，故选：AB ．28．（2021·山东日照市·高三一模）已知113log 0x x +=，222log 0xx +=，则（ ） A ．2101x x <<< B ．1201x xC ．2112lg lg 0x x x x -<D ．2112lg lg 0x x x x ->【答案】BC 【解析】根据对数函数的性质可判断AB 正误，由不等式的基本性质可判断CD 正误. 【详解】由131log 0x x =->可得101x <<，同理可得201x <<， 因为(0,1)x ∈时，恒有23log log x x <所以122231log log 0x x x x -=-<，即12x x <，故A 错误B 正确； 因为1201x x ，所以12lg lg 0x x <<，即210lg lg x x <-<-，由不等式性质可得1221lg lg x x x x -<-，即2112lg lg 0x x x x -<，故C 正确D 错误. 故选：BC 三、填空题29．（2021·山东济宁市·高三一模）已知函数()()e ,02,0xx f x f x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩，则()5f -=______．【答案】e 【解析】根据分段函数解析式，代入即可求解. 【详解】由()()e ,02,0x x f x f x x ⎧>⎪=⎨+≤⎪⎩，得()()()()()()()5523321121f f f f f f f e -=-+=-=-+=-=-+==； 故答案为：e .30．（2021·山东枣庄市·高三二模）写出一个图象关于直线2x =对称且在[]0,2上单调递增的偶函数()f x =______.【答案】πcos 2x - 【解析】 取()πcos 2x f x -=，再验证其奇偶性、对称性、单调性即可. 【详解】 如()πcos2x f x -=，()ππcos cos ()22x x x f f x ⎛⎫--=-= ⎪⎝⎭-=，即()f x 为偶函数由π,2,2x k x k k Z π==∈，当1k =时，()πcos 2x f x -=关于直线2x =对称 由[]0,2得[]0,2x ππ∈，则由余弦函数的性质可知，函数()πcos 2x f x -=在[]0,2上单调递增故答案为：()πcos 2x f x -=31．（2021·山东日照市·高三一模）若函数()()log 1a f x x a =>在区间[],2a a 上的最大值是最小值的3倍，则a =______. 2【解析】分析函数()f x 在区间[],2a a 上的单调性，可得出关于实数a 的等式，由此可解得实数a 的值. 【详解】1a >，所以，函数()f x 在区间[],2a a 上为增函数，由已知条件可得()3log 23log log a a a a a a ==，32a a ∴=，1a >，解得2a =2.32．（2021·辽宁铁岭市·高三一模）赵先生准备通过某银行贷款5000元，然后通过分期付款的方式还款．银行与赵先生约定：每个月还款一次，分12次还清所有欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为0.5％，则赵先生每个月所要还款的钱数为______元．（精确到0.01元，参考数据()()121210.517.21310.51+≈+-％％） 【答案】430.33 【解析】本题首先可设每一期所还款数为x 元，然后结合题意列出每期所还款本金，并根据贷款5000元列出方程，最后借助等比数列前n 项和公式进行计算即可得出结果. 【详解】设每一期所还款数为x 元， 因为贷款的月利率为0.5％，所以每期所还款本金依次为10.5x+％、()210.5x +％、()310.5x +％、、()1210.5x+％，则()()()2312500010.510.510.510.5x x xx++++=++++％％％，即()()()23121111500010.510.510.510.5x ％％％⎡⎤++++=⎢⎥++++⎢⎥⎣⎦， ()()()()11101210.510.510.51500010.5x ％％％％⎡⎤+++++++=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， ()()121210.5150000.510.5x ％％％⎡⎤+-=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦， ()()121210.50000.5430.33105.51x ⨯=≈-++⨯％％％，小明每个月所要还款约430.33元，故答案为：430.33.33．（2021·浙江高二期末）已知y =f (x )的图象关于坐标原点对称，且对任意的x ∈R ，f (x +2)=f (-x )恒成立，当10x -≤<时，f (x )=2x ，则f (2021)=_____________.【答案】12- 【解析】由已知条件推出函数()f x 的周期，利用函数的周期和奇偶性求值即可． 【详解】y =f (x )的图象关于坐标原点对称，则()()f x f x =--又()()2f x f x +=-，可得()()()22f x f x f x +=-=-，即()f x 的周期为4()()()()1202145051112f f f f =⨯+==--=-故答案为：12-34．（2021·山东高三专题练习）设函数()2,12,1x x a x f x x -<⎧=⎨≥⎩，若144f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则a =___________. 【答案】32- 【解析】 先求出1142f a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，再分112a -<和112a -≥两种情况，把12a -代入函数中列方程可求出a 的值 【详解】 ∵114<， ∴1112442f a a ⎛⎫=⨯-=-⎪⎝⎭. 当112a -<时，即12a >-时，1112134422f f f a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=⨯--=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则1a =-，与12a >-相矛盾，应舍去.当112a -≥，即12a ≤-时，12112442a f f f a -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则122a -=，即32a =-，满足12a ≤-时.故答案为：32-. 35．（2021·广东深圳市·高三一模）已知函数的图象关于y 轴对称，且与直线y x =相切，则满足上述条件的二次函数可以为()f x =_______. 【答案】214x +（答案不唯一）． 【解析】关于y 轴对称，函数为偶函数，可以设2()f x ax c =+，然后由它与直线y x =相切可求得,a c 的关系，取特殊可得结论． 【详解】因为二次函数()f x 的图象关于y 轴对称，所以可设2()f x ax c =+，由2y ax c y x⎧=+⎨=⎩得20ax x c -+=，所以140ac ∆=-=，即14ac =．取1a =，14c =，则21()4f x x =+，（答案不唯一）． 故答案为：214x +（答案不唯一）．36．（2021·全国高三专题练习）若函数()f x 满足：（1）对于任意实数12,x x ，当120x x <<时，都有()()12f x f x <；（2）()()1122x f f x f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()f x =___________.(答案不唯一，写出满足这些条件的一个函数即可)【答案】()log 1a x a >型的都对 【解析】本题属于开放性题，只需填写符合题意的答案即可，依题意可以判断函数在(0,)+∞上单调递增，又1122log log log a a a x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，（0a >且1a ≠，12,0x x >）即可得解；【详解】解：对于任意实数1x ，2x ，当120x x <<时，都有()()12f x f x <，说明该函数在(0,)+∞上单调递增，又对数函数满足运算性质：()()1122x f f x f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 故可选一个递增的对数函数：()log 1a y x a =>． 故答案为：()log 1a y x a =>．37．（2021·山东高三专题练习）已知函数()32xf x x a =++在[]1,2上的最大值是6，则实数a 的值是___________.【答案】9a =-或6a =- 【解析】对a 进行分类讨论，结合函数的单调性和最值，求得a 的值. 【详解】不妨设()f x 的定义域为[]1,2，当0a ≥时，()()3212xf x x a x =++≤≤，()322221212f a a =++=+≥，不符合题意.当0a <时，设()()3212xg x x x =+≤≤，()g x 在区间[]1,2上递增，值域为()()1,2g g ⎡⎤⎣⎦，即[]3,12.即33212x x ≤+≤.33212x a x a a +≤++≤+，而33a +<，312a a +<+，32x a y x =++在[]1,2上为增函数，故要使函数()32xf x x a =++在[]1,2上的最大值是6，则36126a a +=-⎧⎨+≤⎩或12636a a +=⎧⎨+≥-⎩，所以9a =-或6a =-.故答案为：9a =-或6a =-38．（2021·山东枣庄市·高三二模）2020年11月23日国务院扶贫办确定的全国832个贫困县全部脱贫摘帽，脱贫攻坚取得重大突破、为了使扶贫工作继续推向深入，2021年某原贫困县对家庭状况较困难的农民实行购买农资优惠政策.（1）若购买农资不超过2000元，则不给予优惠；（2）若购买农资超过2000元但不超过5000元，则按原价给予9折优惠；（3）若购买农资超过5000元，不超过5000元的部分按原价给予9折优惠，超过5000元的部分按原价给予7折优惠.该县家境较困难的一户农民预购买一批农资，有如下两种方案： 方案一：分两次付款购买，实际付款分别为3150元和4850元； 方案二：一次性付款购买.若采取方案二购买这批农资，则比方案一节省______元. 【答案】700 【解析】根据方案一先判断出两次实际付款3150元与4850元对应的原价，然后根据两次的原价可计算出方案二的实际付款，由此可计算出所节省的钱. 【详解】 因为3150=350050000.9<且31502000>，所以实际付款3150元对应的原价为3500元， 又因为485050000.9>⨯，所以实际付款4850元对应的原价大于5000元， 设实际付款4850元对应的原价为()5000x +元， 所以50000.90.74850x ⨯+⨯=，解得500x =， 所以两次付款的原价之和为：350055009000+=元，若按方案二付款，则实际付款为：50000.940000.77300⨯+⨯=元， 所以节省的钱为：()315048507300700+-=元， 故答案为：700.39．（2021·河北唐山市·高三二模）有以下三个条件：①定义域不是R ；②值域为R ；③奇函数；写出一个同时满足以上条件的函数()f x =__________．【答案】tan y x =，或1y x x =-或1,01,0x x y x x +<⎧=⎨->⎩等【解析】列举出满足三个已知条件的函数即可. 【详解】满足已知的函数为tan y x =，或1y x x =-或1,01,0x x y x x +<⎧=⎨->⎩等.（答案不唯一） 故答案为：tan y x =，或1y x x =-或1,01,0x x y x x +<⎧=⎨->⎩等.（答案不唯一）40．（2021·山东日照市·高三一模）已知函数()1331x x f x a++=+（3a ≥），若对任意1x ，2x ，3x R ∈，总有()1f x ，()2f x ，()3f x 为某一个三角形的边长，则实数a 的取值范围是______.【答案】[]3,6 【解析】由题意可得，对1x ∀，2x ，3x R ∈，总有()()()123f x f x f x +>恒成立，转化为()()min max 2f x f x >，根据单调性求函数最值即可. 【详解】由题意可得：对1x ∀，2x ，3x R ∈，总有()()()123f x f x f x +>恒成立， 只需()()min max 2f x f x >()13333131x x x a a f x ++-==+++，①当3a =时，()3f x =，满足题意；②当3a >时，()f x 在R 上单调递减，()3f x a <<，故需23a ⨯≥，即36a <≤； 综上所述，a 的取值范围是[]3,6． 故答案为：[]3,641．（2021·广东深圳市·高三一模）冈珀茨模型()tby k a =⋅是由冈珀茨（Gompertz ）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t 年后的种群数量y 近似满足冈珀茨模型：0.1251.40tey k e -=⋅（当0t =时，表示2020年初的种群数量），若()*m m ∈N年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m 的最小值为_________.(ln20.7)≈ 【答案】6 【解析】 依题意得0.1251.4 1.40012me k e k e -⋅⋅<通过计算化简得 5.6m >，则问题可解． 【详解】令t m =由题意知，0.12501.4 1.4 1.40001122me e k ek e k e -⋅⋅⋅<=，所以0.1251.4 1.42me e --< 得()0.1251.41ln 20.7me-->≈， 则0.125112m e -->所以0.12512me-<，解得ln 20.75.60.1250.125m >≈=，所以m 的最小值为6 故答案为：6 四、双空题42．（2021·山东菏泽市·高三一模）已知()f x 是定义在R 上的偶函数且()01f =，()()1g x f x =-是奇函数，则()2021f =________．()411n i f i -==∑_____________．【答案】0 -1 【解析】根据函数()f x 是定义在R 上的偶函数，()g x 是定义在R 上的奇函数，运用函数奇偶性的定义得到()()f x f x =-，()()g x g x =--，然后结合()(1)g x f x =-，灵活变形后求出函数()f x 的周期，再根据()g x 是定义在R 上的奇函数，得(0)0g =，从而得到()1f ，()2f ，()3f ，根据函数的周期性计算可得；． 【详解】解：因为()f x 是定义在R 上的偶函数，所以()()f x f x =-，()g x 是定义在R 上的奇函数，所以()()g x g x =--， (1)(1)f x f x -=---，所以()((1)1)((1)1)(2)(2)f x f x f x f x f x =+-=--+-=---=-+， 则(2)()f x f x +=-，所以(4)()f x f x +=， 所以函数()f x 是以4为周期的周期函数．因为()g x 是定义在R 上的奇函数，所以(0)0g =，由()(1)g x f x =-，取0x =，得：()()()1100f f g =-==， 又(0)1f =，所以(2)(0)1f f =-=-，()()310f f =-= 所以()()()()()123401010f f f f +++=+-++=所以()()()()()414243401010f n f n f n f n ++++++=+-++=，()n Z ∈所以()()202110f f ==所以()411n i f i -=∑()()()()()()()()()()()12345678434241f f f f f f f f f n f n f n =+++++++++-+-+-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦()000101=++++-+=-⎡⎤⎣⎦．故答案为：0；1-．。
