2020新高考专题数学压轴题汇编 专题131—函数与导数压轴题命题区间

2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。

1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。

2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。

3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。

1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。

4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。

5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。

1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。

6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。

1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。

7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。

1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。

导数压轴一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，导数压轴参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．【解答】（1）解：依题意，g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x＝1+alnx+x2﹣x，x＞0．故，x＞0．∵g（x）在[1，2]上单调递增，∴g'（x）≥0在[1，2]上恒成立，故，即a≥x（1﹣2x）在[1，2]上恒成立，根据二次函数的知识，可知：x（1﹣2x）在[1，2]上的最大值为﹣1．∴a的取值范围为[﹣1，+∞）．（2）证明：由题意，f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．设h（x）＝f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．则h′（x）＝e x（1+alnx+﹣）．再设H（x）＝1+alnx+﹣，则H′（x）＝﹣+＝．∵当x＞0时，y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0恒成立，∴当x＞0时，H′（x）＞0恒成立．∴H（x）在（0，+∞）上单调递增．又∵当a＞2时，H（1）＝1+a＞0，H（）＝1﹣aln2＜0，∴根据H（x）的单调性及零点定理，可知：存在一点x2∈（，1），使得H（x2）＝0．∴f′（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，在x＝x2处取得极小值．∴x2＝x1．即且H（x1）＝0，即1+alnx1+﹣＝0，即…①又∵f（x）的零点为x0，故f（x0）＝0，即，即alnx0＝﹣1…②由①②，得，则，又，故，即lnx0﹣lnx1＞0，∴x0＞x1．故得证．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．【解答】解：（1）证明：的定义域为（0，+∞）．∵，∴f（x）在[1，+∞）上是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）＝0对于x∈[1，+∞）恒成立．故当x≥1时，f（x）≥0恒成立得证．（2）化简方程得2lnx＝x3﹣2ex2+tx．注意到x＞0，则方程可变为．令，则．当x∈（0，e）时，L′（x）＞0，∴L（x）在（0，e）上为增函数；当x∈（e，+∞）时，L′（x）＜0，∴L（x）在（e，+∞）上为减函数．当x＝e时，．函数在同一坐标系内的大致图象如图所示：由图象可知，①当时，即时，方程无实根；②当时，即时，方程有一个实根；③当时，即时，方程有两个实根．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，g（x）＝e x f（x）＝e x（﹣x2+x+1﹣e﹣x+1）＝（﹣x2+x+1）e x﹣e，g′（x）＝（﹣2x+1）e x+（﹣x2+x+1）e x＝﹣e x（x﹣1）（x+2），∴当x∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）时，g′（x）＜0，故g（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）单调递减；当x∈（﹣2，1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（﹣2，1）单调递增；（2）函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1，∴f′（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，设h（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，∴h′（x）＝﹣2﹣e﹣x+1＜0恒成立，∴h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递减，∴存在x0∈R，使得h（x0）＝0，∴当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）＝f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴当x∈（x0，+∞）时，h（x）＝f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣，∵函数f（x）无零点，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣＜0在R上恒成立，又∵h（x0）＝﹣2x0+a+＝0，即＝2x0﹣a．∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+（a﹣2）x0+2a＜0在R上恒成立，∴△＝（a﹣2）2﹣4•2a＝a2﹣12a+4＜0，解得6﹣4＜a＜6+4．∴a的取值范围为（6﹣4，6+4）．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．【解答】解：（1）由题意可知，x＞0，，方程﹣x2+x﹣a＝0对应的△＝1﹣4a，当△＝1﹣4a≤0，即时，当x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（2分）当时，方程﹣x2+x﹣a＝0的两根为，且，此时，f（x）在上f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，在上f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；…（4分）当a≤0时，，，此时当，f（x）单调递增，当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；…（6分）综上：当a≤0时，，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减；当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；当时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（7分）（2）原式等价于（x﹣1）a＞xlnx+2x﹣1，即存在x＞1，使成立．设，x＞1，则，…（9分）设h（x）＝x﹣lnx﹣2，则，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．又h（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，h（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＞0，根据零点存在性定理，可知h（x）在（1，+∞）上有唯一零点，设该零点为x0，则x0∈（3，4），且h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即x0﹣2＝lnx0，∴…（11分）由题意可知a＞x0+1，又x0∈（3，4），a∈Z，∴a的最小值为5．…（12分）5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．【解答】（Ⅰ）解：f（x）＝e x﹣lnx+（﹣e+1）x；令，得x＝1；当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，f（x）＝e x﹣lnx﹣x（x＞0）；令，则；∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；又，h（1）＝e﹣2＞0；∴∃，使得，即；∴函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增；∴函数f（x）的最小值为；又函数是单调减函数；∴f（x0）＞1+1﹣ln1﹣1＝1＞0，即e x﹣lnx﹣x＞0恒成立；又e x＞x＞lnx；∴e x﹣lnx＞0；又a≥﹣1，x＞0；∴ax≥﹣x；∴f（x）＝e x﹣lnx+ax≥e x﹣lnx﹣x＞0，得证．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．【解答】解：（1）由条件得，f'（x）＝e x﹣2x﹣a≥0，得a≤e x﹣2x，令h（x）＝e x﹣2x，h'（x）＝e x﹣2＝0．得x＝ln2，当x＜ln2时，h'（x）＜0，当x＞ln2时，h'（x）＞0．故当x＝ln2时，h（x）min＝h（ln2）＝2﹣2ln2．∴a≤2﹣2ln2．（2）g（x）＝xe x﹣ax2﹣e x，g'（x）＝x（e x﹣2a）．当a≤0时，由x＞0，g'（x）＞0且x＜0，g'（x）＜0，故0是g（x）唯一的极小值点；令g'（x）＝0得x1＝0，x2＝ln（2a）．当a＝时，x1＝x2，g'（x）≥0恒成立，g（x）无极值点．故a∈．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），由函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）得f'（x）＝1﹣﹣2a（x﹣1）＝；①当a≤0时，令f'（x）＞0，可得x＞1，令f'（x）＜0，可得0＜x＜1；故函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．②当0＜a＜时，，令f'（x）＞0，可得，令f'（x）＜0，可得0＜x ＜1或x＞，故f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1），（）；③当a＝时，f'（x）＝≤0，故函数f（x）的减区间为（0，+∞）；④当a＞时，0＜＜1，令f'（x）＞0，可得；令f'（x）＜0，可得或x＞1．故f（x）的增区间为（），减区间为（0，），（1，+∞）．综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；当0＜a＜时，f（x）在（0，1），（）上为减函数，在（1，）上为增函数；当a＝时，f（x）在（0，+∞）上为减函数；当a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上为减函数．在（，1）上为增函数．（2）由（1）可知：①当a≤0时，f（x）min＝f（1）＝0，此时，f（x）≥0；②当0＜a＜时，f（1）＝0，当x∈（，+∞）时，lnx＞0，ax＞a+1，可得f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2＜x﹣1﹣a（x﹣1）2＝（x﹣1）（a+1﹣ax）＜0，不合题意；③当a＝时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，不合题意；④当a＞时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（，1）时，f（x）＜0，不合题意．综上可知：所求实数a的取值范围为：（﹣∞，0]．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：f′（x）＝e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x；由f′（x）＝x，得e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x＝x，即e2x﹣ae x﹣a2x＝0；∵0是函数f（x）得好点；∴1﹣a＝0，∴a＝1；（Ⅱ）解：令g（x）＝e2x﹣ae x﹣a2x，问题转化为讨论函数g（x）的零点问题；∵当x→﹣∞时，g（x）→+∞，若函数f（x）不存在好点，等价于g（x）没有零点，即g（x）的最小值大于零；g′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a）；①若a＝0，则g（x）＝e2x＞0，g（x）无零点，f（x）无好点；②若a＞0，则由g′（x）＝0得x＝lna；易知；当且仅当﹣a2lna＞0，即0＜a＜1时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；③若a＜0，则由g′（x）＝0得；故；当且仅当，即时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；综上，a的取值范围是．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．【解答】解（1）由题意x＞0，f′（x）＝＝①若a≥0，对x＞0，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增；②若a＜0，则﹣＞0，当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，x＞时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，﹣）单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，（2）由（1）知，若函数f（x）恰好有两个零点，则a＜0，且f（x）在x＝处有极大值，也是最大值；f（x）max＝f（）＞0，∵f（）＝ln（﹣）+a（﹣）2+（a+2）（﹣）+2＝ln（﹣）+（﹣）+1，又∵a为整数且a＜0，∴当a＝﹣1时，且f（x）max＝f（）＝0+2＝2＞0，当a＝﹣2时，且f（x）max＝f（）＝＞0，当a＝﹣3时，且f（x）max＝f（）＝ln+1＞0，当a＝﹣4时，且f（x）max＝f（）＝＜0，故a的值为：﹣1，﹣2，﹣3．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．∴f′（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）存在单调增区间∴只需f'（x）＝1+lnx﹣2ax＞0有解；即有解．令g（x）＝，g′（x）＝，当x∈（0，1）时g′（x）＞0当x∈（1，+∞）时g′（x）＜0当x＝1时g（x）有最大值，g（1）＝1．故2a＜g（1）＝1∴a时，函数f（x）存在增区间．证明：（2）要证明＞e﹣1，即证明2lnx1+lnx2＞﹣1，∵f′（x）＝1+lnx﹣2ax，∴x1，x2是方程lnx＝2ax﹣1的两个根，即，lnx1＝2ax1﹣1 ①，lnx2＝2ax2﹣1 ②，即证明2a（2x1+x2）＞2．∵①﹣②，得：2a＝，即证（2x1+x2）＞2，不妨设x1＞x2，则t＝＞1，则证（2t+1）＞2，∴lnt﹣＞0，设g（t）＝lnt﹣，则g′（t）═﹣＝；∵t＞1∴4（t+）2﹣6＞4（1+）2﹣6＝3＞0，∴g'（x）＞0；∴g（t）在（1，+∞）单调递增，g（t）＞g（1）＝0，故＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．【解答】解（1）函数的定义域为R，f'（x）＝x2﹣2a（x+1）＝x2﹣2ax﹣2a，△＝4a2+8a＝4a（a+2），1）△≤0时，﹣2≤a≤0时，f'（x）≥0，∴f（x）在R上递增…（1分）2）当△＞0时，即a＜﹣2或a＞0时，令f'（x）＝0，∴x2﹣2ax﹣2a＝0，解得，；∴f（x）在（﹣∞，a﹣）递增，递减，递增；（2）由（1）知①△≤0时，﹣2≤a≤0时，当f（x）在R上递增．f（﹣1）＝＜0，f（1）＝﹣4a＞0；∴存在唯一零点x0∈（﹣1，1）；②当a＜﹣2或a＞0时，1）a＜﹣2时，∵＝a+＜a+|a+1|；∵a＜﹣2，∴a+|a+1|＝﹣1，即，x2＜﹣1，∴x1＜x2＜﹣1；∵f（﹣1）＝＜0，f（0）＝﹣a＞0，∴存在零点x0∈（﹣1，0）．又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∴f（x）在x＝x1处有极大值，∴f（x1）＜0，，（*）又∵，将a（x1+1）＝代入（*）得；，得，∴x1＞﹣3，且x1≠0；∴﹣3＜x1＜﹣1，即﹣3＜a﹣＜﹣1；，解得；2）当a＞0时，∵x1•x2＝﹣2a＜0，∴x1＜0＜x2；当x∈（﹣∞，0）时，又∵，﹣a（x+1）2＜0，∴f（x）＝，又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∵f（0）＝﹣a＜0，∴f（x2）＜f（0）＜0，又∵3a+2＞2，而f（3a+2）＝＝3a+＞0，∴存在零点x0∈（x2，3a+2）；综上，a∈（）．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．【解答】（1）证明：f（x）的定义域为（0，+∞）；；令g（x）＝x2﹣mx+1，则△＝m2﹣4；∵0＜m＜2；∴△＜0；∴g（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立；∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；∴f（x）至多有一个零点；∵；∴当0＜x＜2m且x＜1时，f（x）＜0；当x＞2m且x＞1时，f（x）＞0；∴f（x）有一个零点；∴当0＜m＜2时，f（x）只有一个零点；（x＞0）处的切线经过原点，则有；（2）证明：假设曲线y＝f（x）在点（x，f（x））即，化简得；令，则；令h′（x）＝0，解得x＝1；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；∴；∴与矛盾；∴曲线y＝f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．【解答】解：（1）由题意，，令y＝x2﹣mx+2，则△＝m2﹣8，①若，则△≤0，则f'（x）≥0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若或，y＝x2﹣mx+2有两个零点x1，x2，则x1x2＝2＞0，其中，；（i）若，则x1＜0，x2＜0，此时f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）若，则x1＞0，x2＞0，此时当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；综上所述，可知：①当时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当时，函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．（2）证明：（反证法）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点T1（x1，y1），T2（x2，y2），不妨令0＜x1＜x2，则T1处切线l1的方程为：，T2处切线l2的方程为：．∵切线l1，l2为同一直线，所以有．即，整理得．消去x2得，．①令，由0＜x1＜x2与x1x2＝2，得t∈（0，1），记，则，所以p（t）为（0，1）上的单调减函数，所以p（t）＞p（1）＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即若直线l为曲线的切线，则直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．【解答】（1）解：f（x）的定义域为R，f′（x）＝（x+2）（e x+a）；若a≥0，则e x+a＞0；∴当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；∴x＝﹣2是f（x）唯一的极小值点，无极大值点，故此时f（x）有1个极值点；若a＜0，令f′（x）＝（x+2）（e x+a）＝0，则x1＝﹣2，x2＝ln（﹣a）；当a＜﹣e﹣2时，x1＜x2，可知当x∈（﹣∞，x1）∪（x2．+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；∴x1，x2分别是f（x）的极大值点和极小值点，故此时f（x）有2个极值点；当a＝﹣e﹣2时，x1＝x2，f′（x）≥0，此时f（x）在R上单调递增，无极值点；当﹣e﹣2＜a＜0时，x1＞x2，同理可知，f（x）有2个极值点；综上，当a＝﹣e﹣2时，f（x）无极值点；当a≥0时，f（x）有1个极值点；当a＜﹣e﹣2或﹣e﹣2＜a＜0时，f（x）有2个极值点．（2）证明：若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，由（1）知a∈（﹣∞，﹣e﹣2）∪（﹣e﹣2，0）；又f（﹣2）＝﹣e﹣2﹣2a＞e﹣2；∴a∈（﹣∞，﹣e﹣2）；则x0＝ln（﹣a）；∴；令t＝ln（﹣a）∈（﹣2，+∞），则a＝﹣e t；∴；∴；又∵t∈（﹣2，+∞）；∴t+4＞0；令g′（t）＝0，得t＝0；当t∈（﹣2，0）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；当t∈（0，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减；∴t＝0是g（t）唯一得极大值点，也是最大值点，即g（t）≤g（0）＝1；∴f[ln（﹣a）]≤1，即f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f'（x）＝[x2+（2﹣2a）x+a2﹣2a]e x，因为f（x）在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，所以，解得，所以f（x）＝（x﹣1）2e x．（2）g（x）的定义域为（0，+∞），，①若k≤0时，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．②若k＞0时，则当0＜x＜k时，g'（x）＜0，g（x）在（0，k）上单调递减；当x＞k时，g'（x）＞0，g（x）在（k，+∞）上单调递增；所以当x＝k时，g（x）有极小值2k﹣klnk，无极大值．（3）因为f（x）＝0仅有一个零点1，且f（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上有仅两个不等于1的零点．①当k≤0时，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在（0，+∞）上至多一个零点，不合题意，舍去，②当0＜k＜e2时，g（x）min＝g（k）＝k（2﹣lnk）＞0，g（x）在（0，+∞）无零点，③当k＝e2时，g（x）≥0，当且仅当x＝e2等号成立，g（x）在（0，+∞）仅一个零点，④当k＞e2时，g（k）＝k（2﹣lnk）＜0，g（e）＝e＞0，所以g（k）•g（e）＜0，又g（x）图象不间断，g（x）在（0，k）上单调递减，故存在x1∈（e，k），使g（x1）＝0，又g（k2）＝k（k﹣2lnk+1），下面证明，当x＞e2时，h（x）＝x﹣2lnx+1＞0＞0，h（x）在（e2，+∞）上单调递增h（x）＞h（e2）＝e2﹣3＞0，所以g（k2）＝k•（k﹣2lnk+1）＞0，g（k）•g（k2）＜0，又g（x）图象在（0，+∞）上不间断，g（x）在（k，+∞）上单调递增，故存在，使g（x2）＝0，综上可知，满足题意的k的范围是（e2，+∞）．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．【解答】解：（1）设切点为（x0，），则切线为y﹣＝（x﹣x0），即y＝x+；所以，消去a得：x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0，记m（t）＝t﹣1+lnt﹣2tlnt（t＞0），则m′（t）＝，显然m′（t）单调递减，且m′（1）＝0，所以t∈（0，1）时，m′（t）＞0，m（t）单调递增，t∈（1，+∞）时，m′（t）＜0，m（t）单调递减，故m（t）当且仅当t＝1时取到最大值，又m（1）＝0，所以方程x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0有唯一解x0＝1，此时a＝1，所以a＝1，切点为（1，0）．（2）证明：由（1）得f（x）＝，g（x）＝e x﹣1﹣1，记F（x）＝e x﹣1﹣x（x＞0），则F′（x）＝e x﹣1﹣1，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，所以F（x）≥F（1）＝1﹣1＝0，所以e x﹣1≥x，即g（x）≥x﹣1①，记G（x）＝x2﹣x﹣lnx（x＞0），则G′（x）＝2x﹣1﹣＝＝，所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，所以G（x）≥G（1）＝0，即x2﹣x≥lnx，所以x﹣1≥，即x﹣1≥f（x）②，由①②得g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．【解答】解：（1）f（x）＝x2﹣x﹣alnx（x＞0），则f'（x）＝，f（1）＝0，∵不等式f（x）＜0无解，∴f（x）极小值＝f（1），∴f'（1）＝2﹣1﹣a＝0，∴a＝1；（2）∵函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，∴f'（x）在（0，+∞）上有两个不相等的实根，即x1、x2是方程2x2﹣x﹣a＝0的两个不相等的正实根，∴，．令，则0＜t＜1，∴＝＝﹣＝＝，令g（t）＝（0＜t＜1），则g'（t）＝，∴g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0．∵当恒成立，∴m＞g（t）在（0，1）上恒成立，∴m≥g（1）＝0，∴实数m的最小值为0．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f'（x）＝（x＞0），由f（x）存在极大值，可知方程2x2+bx+1＝0有两个不等的正根，∴解得b＜﹣2．故b的取值范围是（﹣∞，﹣2）．（Ⅱ）f′（x）＝（x＞0）．由f（x）存在极大值，可知方程：2x2+bx+a＝0有两个不等的正根，设为x1＜x2，由x1x2＝＞0，可得：0＜x1＜．可得表格：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增∴f（x）的极大值为f（x1）＝alnx1++bx1．2+bx1+a＝0，解得：bx1＝﹣2﹣a，∴f（x1）＝alnx1﹣﹣a．构造函数：g（x）＝alnx﹣x2﹣a．当：0＜x＜．g′（x）＝＞0，∴g（x）在（0，]上单调递增．可得：g（x1）＜g（）＝（ln﹣3）．当0＜a≤2e3时，f（x）极大＝f（x1）＝g（x1）＜g（）≤0．当a＞2e3时，取b＝﹣2（+﹣），即x1＝，x2＝．此时f（x）极大＝f（）＝﹣e3＞0，不符合题意．∴a的最大值为2e3．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣1nx，（x∈（0，+∞））．f′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时，函数f（x）取得极小值f（1）＝1．（2）g（x）＝xf（x）＝x2﹣xlnx．（x∈[，+∞））．g′（x）＝2x﹣lnx﹣1＝h（x），h′（x）＝2﹣＝≥0，∴函数h（x）在x∈[，+∞）上单调递增，h（）＝1+ln2﹣1＝ln2＞0．∴g′（x）＞0．∴函数g（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴函数g（x）的值域为：[g（m），g（n）]．已知函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，∴m2﹣mlnm＝k（m+2）﹣2，n2﹣nlnn＝k（n+2）﹣2，≤m＜n．令u（x）＝x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2．x∈[，+∞）．则u（x）在x∈[，+∞）存在两个不同的实数根．化为：k＝，x∈[，+∞）．令u（x）＝，x∈[，+∞）．u′（x）＝．u′（1）＝0．令v（x）＝x2+3x﹣2lnx﹣4，x∈[，+∞）．v′（x）＝2x+3﹣＝≥0，∴函数v（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴x∈[，1），u′（x）＜0；x∈（1，+∞），u′（x）＞0．∴x＝1时，u（x）取得极小值即最小值，u（1）＝1．又u（）＝＝．x→+∞时，u（x）→+∞．∴1＜k≤时，函数y＝k与u（x）的图象有两个交点．∴实数k的取值范围是（1，]．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，【解答】解：（Ⅰ）由题意得直线x+2y+1＝0的斜率为﹣，即曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为2，f'（x）＝，∴f'（1）＝1+a＝2，得a＝1．∴f（x）＝，＝，∴g'（x）＝，当x＝e时，g'（x）＝0；当0＜x＜e时，g'（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0；∴函数在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，∴g（x）在（0，+∞）上有唯一的极大值g（e）＝；（Ⅱ）由题意得≤，即证明，设φ（x）＝，φ'（x）＝，当0＜x＜e时，φ'（x）＞0，∴函数φ（x）在（0，e）单调递增．当x＞e，φ'（x）＜0．∴函数在（e，+∞）上单调递减，当x＝e时，φ（x）取最大值φ（e）＝，即φ（x）≤，再令h（x）＝，则h（x）＝（）≥，∴φ（x）＜h（x），即e x f（x）＜．。

压轴题命题区间(一)⎪⎪函数与方程增分点 抽象问题有形化，破解抽象函数难题 抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征式子的一类函数．由于抽象函数表现形式抽象，对学生思维能力考查的起点较高，使得此类问题成为函数内容的难点之一，使多数学生感觉无从下手，望而生畏．事实上，解决此类问题时，只要准确掌握函数的性质，熟知我们所学的基本初等函数，将抽象函数问题转化为具体函数问题，问题就迎刃而解了．[典例] (2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x与y ＝f (x )图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1m(x i ＋y i )＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m[思路点拨] (1)由于题目条件中的f (x )没有具体的解析式，仅给出了它满足的性质f (－x )＝2－f (x )，即f (x )(x ∈R)为抽象函数，显然我们不可能求出这些点的坐标，这说明这些交点坐标应满足某种规律，而这种规律必然和这两个函数的性质有关．(2)易知函数y ＝x ＋1x 关于点(0,1)成中心对称，自然而然的让我们有这样的想法：函数f (x )(x ∈R)的图象是否也关于点(0,1)成中心对称？基于这个想法及选择题的特点，那么解题方向不外乎两个：一是判断f (x )的对称性，利用两个函数的对称性求解；二是构造一个具体的函数f (x )来求解．[方法演示]法一：利用函数的对称性由f (－x )＝2－f (x )，知f (－x )＋f (x )＝2，所以点(x ，f (x ))与点(－x ，f (－x ))连线的中点是(0,1)，故函数f (x )的图象关于点(0,1)成中心对称．(此处也可以这样考虑：由f (－x )＝2－f (x )，知f (－x )＋f (x )－2＝0，即[f (x )－1]＋[f (－x )－1]＝0，令F (x )＝f (x )－1，则F (x )＋F (－x )＝0，即F (x )＝f (x )－1为奇函数，图象关于点(0,0)对称，而F (x )的图象可看成是f (x )的图象向下平移一个单位得到的，故f (x )的图象关于点(0,1)对称)．又y ＝x ＋1x ＝1＋1x 的图象也关于点(0,1)对称，所以两者图象的交点也关于点(0,1)对称，所以对于每一组对称点x i ＋x i ′＝0，y i ＋y i ′＝2，所以∑i ＝1m (x i ＋y i )＝∑i ＝1m x i ＋∑i ＝1m y i ＝0＋2×m 2＝m ，故选B.法二：构造特殊函数由f (－x )＝2－f (x )，知f (－x )＋f (x )－2＝0，即[f (x )－1]＋[f (－x )－1]＝0.令F (x )＝f (x )－1，则F (x )为奇函数，即f (x )－1为奇函数，从而可令f (x )－1＝x ，即f (x )＝x ＋1，显然该函数满足此条件．此时y ＝f (x )与y ＝x ＋1x 的交点分别为(1,2)和(－1,0)，所以m ＝2，∑i ＝1m(x i ＋y i )＝1＋2＋(－1)＋0＝2，结合选项可知选B.答案：B[解题师说]1．解决抽象函数问题的2个常用方法2．解决抽象函数问题常用的结论(1)函数y ＝f (x )关于x ＝a ＋b 2对称⇔f (a ＋x )＝f (b －x )⇔f (x )＝f (b ＋a －x )． 特例：函数y ＝f (x )关于x ＝a 对称⇔f (a ＋x )＝f (a －x )⇔f (x )＝f (2a －x )；函数y ＝f (x )关于x ＝0对称⇔f (x )＝f (－x )(即为偶函数)．(2)函数y ＝f (x )关于点(a ，b )对称⇔f (a ＋x )＋f (a －x )＝2b ⇔f (2a ＋x )＋f (－x )＝2b . 特例：函数y ＝f (x )关于点(a,0)对称⇔f (a ＋x )＋f (a －x )＝0⇔f (2a ＋x )＋f (－x )＝0； 函数y ＝f (x )关于点(0,0)对称⇔f (x )＋f (－x )＝0(即为奇函数)．(3)y ＝f (x ＋a )是偶函数⇔函数y ＝f (x )关于直线x ＝a 对称；y ＝f (x ＋a )是奇函数⇔函数y ＝f (x )关于(a,0)对称．(4)对于函数f (x )定义域内任一自变量的值x ：①若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a ；②若f (x ＋a )＝1f (x )，则T ＝2a ；③若f(x＋a)＝－1f(x)，则T＝2a；(a>0)④若f(x＋a)＝f(x＋b)(a≠b)，则T＝|a－b|；⑤若f(2a－x)＝f(x)且f(2b－x)＝f(x)(a≠b)，则T＝2|b－a|.[应用体验]1．已知函数f(x)在R上是单调函数，且满足对任意x∈R，都有f(f(x)－2x)＝3，则f(3)的值是()A．3B．7C．9 D．12解析：选C由题意，知对任意x∈R，都有f(f(x)－2x)＝3，不妨令f(x)－2x＝c，其中c是常数，则f(c)＝3，所以f(x)＝2x＋c.再令x＝c，则f(c)＝2c＋c＝3，即2c＋c－3＝0.易得2c与3－c至多只有1个交点，即c＝1.所以f(x)＝2x＋1，所以f(3)＝23＋1＝9.2．已知奇函数f(x)(x∈D)，当x>0时，f(x)≤f(1)＝2.给出下列命题：①D＝[－1,1]；②对∀x∈D，|f(x)|≤2；③∃x0∈D，使得f(x0)＝0；④∃x1∈D，使得f(x1)＝1.其中所有正确命题的个数是()A．0B．1C．2D．3解析：选A由奇函数f(x)(x∈D)，当x>0时，f(x)≤f(1)＝2，只说明函数有最值，与定义域无关，故①错误；对于②，可能f(3)＝－3，|f(3)|＝3>2，故②错误；对于③，当0不在D中，且x轴为渐近线时，则不满足③；当y＝1为渐近线时，不满足④，因此选A.3．已知定义域为R的函数y＝f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，当x>2时，f(x)单调递增，若x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒大于0 B．恒小于0C．可能等于0 D．可正可负解析：选B法一：由f(－x)＝－f(x＋4)，得f(－x＋2)＝－f(x－2＋4)＝－f(x＋2)，即f(x＋2)＝－f(－x＋2)，故函数f(x)的对称中心为M(2,0)．令x＝－2，得f(2)＝－f(2)，解得f(2)＝0.又函数f (x )在[2，＋∞)上单调递增，画出函数的大致图象如图所示．由(x 1－2)(x 2－2)<0，可得x 1－2与x 2－2异号，即x 1，x 2分布在直线x ＝2的两侧，不妨设x 1<2<x 2.由x 1＋x 2<4，可得(x 1－2)＋(x 2－2)<0，即|x 1－2|>|x 2－2|，由函数的对称性，可知必有f (x 1)＋f (x 2)<0.法二：由f (－x )＝－f (x ＋4)可知，f (2＋x )＝－f (2－x )，则函数图象关于点(2,0)中心对称．因为x <2时，f (x )单调递增，所以x >2时，f (x )单调递增．因为x 1＋x 2<4且(x 1－2)·(x 2－2)<0，设x 1<2<x 2，则x 2<4－x 1，所以f (x 2)<f (4－x 1)．又因为f (4－x 1)＝－f (x 1)，所以f (x 2)<－f (x 1)，即f (x 1)＋f (x 2)<0.一、选择题1．函数f (x )对于任意实数x 满足条件f (x ＋2)＝1f (x )，若f (1)＝－5，则f (f (5))的值为( ) A ．5B ．－5 C.15 D ．－15解析：选D ∵函数f (x )对于任意实数x 满足条件f (x ＋2)＝1f (x )， ∴f (x ＋4)＝f [(x ＋2)＋2]＝1f (x ＋2)＝f (x )， 即函数f (x )是以4为周期的周期函数．∵f (1)＝－5，∴f (f (5))＝f (f (1))＝f (－5)＝f (3)＝1f (1)＝－15. 2．(2017·天津高考)已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a解析：选C 由f (x )为奇函数，知g (x )＝xf (x )为偶函数．因为f (x )在R 上单调递增，f (0)＝0，所以当x >0时，f (x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (x )>0.又a ＝g (－log 25.1)＝g (log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，20．8<2＝log 24<log 25.1<log 28＝3，所以b <a <c .3．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (x )＝f (2－x )，若函数y ＝|x 2－2x －3|与y＝f (x )图象的交点分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则∑i ＝1mx i ＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m解析：选B ∵f (x )＝f (2－x )，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又y ＝|x 2－2x －3|＝|(x －1)2－4|的图象关于直线x ＝1对称，∴两函数图象的交点关于直线x ＝1对称．当m 为偶数时，∑i ＝1m x i ＝2×m 2＝m ； 当m 为奇数时，∑i ＝1m x i ＝2×m －12＋1＝m . 4．已知函数f (x )的定义域为R.当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫x －12，则f (6)＝( ) A ．－2B ．－1C ．0D ．2解析：选D 由题意知当x >12时， f ⎝⎛⎭⎫x ＋12＝f ⎝⎛⎭⎫x －12，则f (x ＋1)＝f (x )． 又当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )，∴f (6)＝f (1)＝－f (－1)．又当x <0时，f (x )＝x 3－1，∴f (－1)＝－2，∴f (6)＝2.5．已知定义在R 上的函数f (x )，对任意x ∈R ，都有f (x ＋4)＝f (x )＋f (2)成立，若函数y ＝f (x ＋1)的图象关于直线x ＝－1对称，则f (2 018)的值为( )A ．2 018B ．－2 018C ．0D ．4 解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝0对称，因此函数y ＝f (x )是偶函数，且f (－2＋4)＝f (－2)＋f (2)，即f (2)＝f (2)＋f (2)，所以f (2)＝0，所以f (x ＋4)＝f (x )，即函数y ＝f (x )是以4为周期的函数，f (2 018)＝f (4×504＋2)＝f (2)＝0.6．(2018·广西三市联考)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，若实数a 满足f (2log 3a )>f (－2)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，3)B ．(0，3)C ．(3，＋∞)D ．(1，3)解析：选B ∵f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0]上单调递增，∴f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减．根据函数的对称性，可得f (－2)＝f (2)，∴f (2log 3a )>f (2)．∵2log 3a >0，f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，∴0<2log 3a <2⇒log 3a <12⇒0<a < 3. 7．设函数y ＝f (x )(x ∈R)的图象关于直线x ＝0及直线x ＝1对称，且x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2，则f ⎝⎛⎭⎫－32＝( ) A.12B.14C.34D.94解析：选B 法一：∵函数y ＝f (x )(x ∈R)的图象关于直线x ＝0对称，∴f (－x )＝f (x )．∵函数y ＝f (x )(x ∈R)的图象关于直线x ＝1对称，∴f (1－x )＝f (1＋x )．∴f ⎝⎛⎭⎫－32＝f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫1＋12＝f ⎝⎛⎭⎫1－12＝f ⎝⎛⎭⎫12＝⎝⎛⎭⎫122＝14. 法二：∵函数y ＝f (x )关于直线x ＝0对称，则函数f (x )是偶函数，又关于x ＝1对称，则f (2－x )＝f (x )，故f ⎝⎛⎭⎫－32＝f ⎝⎛⎭⎫32＝f ⎝⎛⎭⎫2－32＝f ⎝⎛⎭⎫12＝⎝⎛⎭⎫122＝14. 8．定义在R 上的函数y ＝f (x )，满足f (4－x )＝f (x )，(x －2)·f ′(x )＜0，若x 1＜x 2且x 1＋x 2＞4，则有( )A ．f (x 1)＜f (x 2)B ．f (x 1)＞f (x 2)C ．f (x 1)＝f (x 2)D ．不确定解析：选B 由f (4－x )＝f (x )，知函数f (x )关于直线x ＝2对称．又(x －2)f ′(x )＜0，故当x ＞2时，函数f (x )单调递减；当x ＜2时，函数f (x )单调递增，所以当x ＝2时，函数f (x )取得最大值．由x 1＜x 2且x 1＋x 2＞4知x 1离x ＝2更近，故f (x 1)＞f (x 2)．9．(2018·惠州第一次调研)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，且满足下列三个条件：①对任意的x 1，x 2∈[4,8]，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0恒成立； ②f (x ＋4)＝－f (x )；③y ＝f (x ＋4)是偶函数．若a ＝f (8)，b ＝f (11)，c ＝f (2 018)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜c ＜aC ．a ＜c ＜bD ．c ＜b ＜a解析：选B 由①知函数f (x )在区间[4,8]上为单调递增函数；由②知f (x ＋8)＝－f (x ＋4)＝f (x )，即函数f (x )的周期为8，所以c ＝f (2 018)＝f (252×8＋2)＝f (2)，b ＝f (11)＝f (3)；由③可知函数f (x )的图象关于直线x ＝4对称，所以b ＝f (3)＝f (5)，c ＝f (2)＝f (6)．因为函数f (x )在区间[4,8]上为单调递增函数，所以f (5)＜f (6)＜f (8)，即b ＜c ＜a .10．已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)解析：选D 因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)． 因为f (x )在区间[0,2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数，所以f (x )在区间[－2,2]上是增函数，所以f (－1)<f (0)<f (1)，即f (－25)<f (80)<f (11)．11．(2018·成都第一次诊断)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (－x －1)＝f (x －1)，当x ∈[－1,0]时，f (x )＝－x 3，则关于x 的方程f (x )＝|cos πx |在－52，12上的所有实数解之和为( )A ．－7B ．－6C ．－3D ．－1解析：选A 因为函数f (x )为偶函数，所以f (－x －1)＝f (x ＋1)＝f (x －1)，所以函数f (x )的周期为2，又当x ∈[－1,0]时，f (x )＝－x 3，由此在同一平面直角坐标系内作出函数y ＝f (x )与y ＝|cos πx |的图象如图所示．由图象知关于x 的方程f (x )＝|cos πx |在⎣⎡⎦⎤－52，12上的实数解有7个．不妨设x 1<x 2<x 3<x 4<x 5<x 6<x 7，则由图得x 1＋x 2＝－4，x 3＋x 5＝－2，x 4＝－1，x 6＋x 7＝0，所以方程f (x )＝|cos πx |在⎣⎡⎦⎤－52，12上的所有实数解的和为－4－2－1＋0＝－7.12．已知函数f (x )为定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，有f (x ＋3)＝－f (x )，且当x ∈(0,3)时，f (x )＝x ＋1，则f (－2 017)＋f (2 018)＝( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选C 因为函数f (x )为定义在R 上的奇函数，所以f (－2 017)＝－f (2 017)， 因为当x ≥0时，有f (x ＋3)＝－f (x )，所以f (x ＋6)＝－f (x ＋3)＝f (x )，所以f (x )的周期为6.又当x ∈(0,3)时，f (x )＝x ＋1，所以f (2 017)＝f (336×6＋1)＝f (1)＝2，f (2 018)＝f (336×6＋2)＝f (2)＝3，故f (－2 017)＋f (2 018)＝－f (2 017)＋3＝－2＋3＝1.二、填空题13．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )的图象关于y 轴对称，且对任意x ∈R 都有f (x＋3)＝－f (x )，若当x ∈⎝⎛⎭⎫12，32时，f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，则f (2 018)＝________. 解析：因为对任意x ∈R 都有f (x ＋3)＝－f (x )，所以f (x ＋6)＝－f (x ＋3)＝f (x )，函数f (x )是周期为6的函数，f (2 018)＝f (336×6＋2)＝f (2)．由f (x ＋3)＝－f (x )可得f (－1＋3)＝－f (－1)＝f (2)，因为函数f (x )的图象关于y 轴对称，所以函数f (x )是偶函数，f (－1)＝f (1)＝12，所以f (2 018)＝f (2)＝－f (1)＝－12. 答案：－1214．已知定义在R 上的函数f (x )，对任意的实数x ，均有f (x ＋3)≤f (x )＋3，f (x ＋2)≥f (x )＋2且f (1)＝2，则f (2 017)的值为________．解析：∵f (x ＋3)≤f (x )＋3，f (x ＋2)≥f (x )＋2，∴f (x ＋1)＋2≤f (x ＋3)≤f (x )＋3，∴f (x ＋1)≤f (x )＋1.又f (x ＋1)＋1≥f (x ＋2)≥f (x )＋2，∴f (x ＋1)≥f (x )＋1，∴f (x ＋1)＝f (x )＋1，利用叠加法，得f (2 017)＝2 018.答案：2 01815．定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋6)＝f (x )，当x ∈[－3，－1)时，f (x )＝－(x ＋2)2，当x ∈[－1,3)时，f (x )＝x ，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 018)＝________.解析：由题意得f (1)＝1，f (2)＝2，f (3)＝f (－3)＝－1，f (4)＝f (－2)＝0，f (5)＝f (－1)＝－1，f (6)＝f (0)＝0，所以数列{f (n )}从第一项起，每连续6项的和为1，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 018)＝336×1＋f (1)＋f (2)＝339.答案：33916．(2017·惠州三调)已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足条件f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＝－f (x )，且函数y ＝f ⎝⎛⎭⎫x －34为奇函数，给出以下四个命题： ①函数f (x )是周期函数；②函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称； ③函数f (x )为R 上的偶函数；④函数f (x )为R 上的单调函数．其中真命题的序号为________．解析：f (x ＋3)＝fx ＋32＋32＝－f ⎝⎛⎭⎫x ＋32＝f (x )，所以f (x )是周期为3的周期函数，①正确； 函数f ⎝⎛⎭⎫x －34是奇函数，其图象关于点(0,0)对称，则f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称，②正确；因为f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫－34，0对称，－34＝－x ＋⎝⎛⎭⎫－32＋x 2，所以f (－x )＝－f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ，又f ⎝⎛⎭⎫－32＋x ＝－f －32＋x ＋32＝－f (x )， 所以f (－x )＝f (x )，③正确；f (x )是周期函数，在R 上不可能是单调函数，④错误．故真命题的序号为①②③.答案：①②③增分点 应用“三招五法”，轻松破解含参零点问题根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．对于此类题目，我们常利用零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想方法来求解．[典例] (2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)[思路点拨]本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．[方法演示]法一 单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a .当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2a 上单调递减，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，x ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2a，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0>0，只需f 2a>0，即a 2>4，解得a <－2. 法二 数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－1x 2，作出y ＝3－1x 2的图象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a >0时不成立；当a <0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为t,3－1t 2，其中t <0，则切线方程为y －3－1t 2＝2t 3(x －t )．又切线过原点，则有0－3－1t 2＝2t 3(0－t )，解得t ＝－1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a <－2符合题意．法三 数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点；当a >0时，如图(1)所示，不合题意；当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图形可知当a <－2时，满足题意．法四 分离参数法：参变分离，演绎高效易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝3x－1x3，记g(x)＝3x－1x3，g′(x)＝－3x2＋3x4＝－3(x2－1)x4，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.法五特例法：巧取特例求解取a＝3，则f(x)＝3x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f(－1)<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除A、C.取a＝－43，则f(x)＝－43x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f⎝⎛⎭⎫－32<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除D，故选B.[答案] B[解题师说]函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”.[应用体验]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(e x－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝()A．－12 B.13C.12D ．1解析：选C 法一：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)＝0有解，即(x －1)2－1＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t ＋e －t )＝0， 即a ＝1－t 2e t ＋e－t .令h (t )＝1－t 2e t ＋e－t ，易得h (t )为偶函数，又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以a ＝1－02＝12，故选C. 法二：由f (x )＝0⇔a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x .e x －1＋e－x ＋1≥2e x －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a >0，则a (e x －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，a ＝12.2．设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x ＋10存在整数零点，则符合条件的m 的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选C 令f (x )＝0，得m ＝2x ＋1010－x .又m ∈N ，因此有⎩⎪⎨⎪⎧10－x ＞0，2x ＋10≥0，解得－5≤x＜10，x ∈Z ，∴0＜10－x ≤15.当2x ＋10＝0，即x ＝－5时，m ＝0；当2x ＋10≠0时，要使m ∈N ，则需10－x ∈N ， 当10－x ＝1，即x ＝9时，m ＝28； 当10－x ＝2，即x ＝6时，m ＝11； 当10－x ＝3，即x ＝1时，m ＝4， 所以符合条件的m 的个数为4.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋2x ＋2，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，3)C ．[－3,3)D ．(－3,3]解析：选D 在同一坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4x 4(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．4．若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫e 2，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，e 24D.⎝⎛⎭⎫1，e2 解析：选A 函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x >0时，设两函数图象在点(x 0，e x 0)处相切，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝2ax 0，e x 0＝ax 20，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2，a ＝e 24，由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 24，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞.一、选择题1．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－4)B ．(－4，＋∞)C ．(－∞，－4]D ．[－4，＋∞)解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2－4x －a ，其值域A 包含(0，＋∞)，因此对方程x 2－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围是[－4，＋∞)．2．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )A ．n (n ∈Z)B ．2n (n ∈Z)C ．2n 或2n －14(n ∈Z)D ．n 或n －14(n ∈Z)解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－14时，直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －14(n ∈Z)．3．(2018·洛阳第一次统考)若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(0,1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1＋e e 2D.⎝⎛⎭⎫0，1＋ee 2解析：选B 依题意，关于x 的方程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln xx 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1e，当0<x <1时，g (x )<0.设直线y ＝a 1x －1与函数g (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则有⎩⎨⎧a 1＝1－ln x 0x 20，a 1x 0－1＝ln x0x，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同一坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的大致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．4．若f (x )＝ln x ＋ax －1有且仅有一个零点，则实数a 的最小值为( ) A ．0 B ．－1e 2C ．－1D ．1解析：选B 由f (x )＝0，得ln x ＝－ax ＋1，在同一坐标系中画出y ＝ln x 和y ＝－ax ＋1的图象如图所示， 直线y ＝－ax ＋1的斜率k ＝－a ，且恒过(0,1)点．当k ≤0，即a ≥0时，只有一个交点，从而f (x )只有一个零点，当k >0，且直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，ln x 0)时，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)， 将x ＝0，y ＝1代入得ln x 0＝2，即x 0＝e 2，k ＝1x 0＝1e 2，所以a ＝－1e2，所以当a ≥－1e 2时，直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 的图象只有一个交点，即f (x )只有一个零点，故a 的最小值为－1e2.5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(0,2) B.⎝⎛⎭⎫0，e 24 C ．(0，e)D ．(0，＋∞)解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e xx －kx ＝0只有一个根，即方程e x x 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx 2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e xx 3，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <2，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值为g (2)＝e 24，且x →0时，g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 24，故选B.6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18C ．－78D ．－38解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点， 所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根． 又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根， 所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0， 解得λ＝－78.7．(2018·长沙模拟)对于满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 总有两个不同的零点，则a ＋b －ca 的取值范围是( )A ．1，74B ．(1,2]C ．[1，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意对方程ax 2＋bx ＋c ＝0，有Δ＝b 2－4ac >0，于是c <b 24a，从而a ＋b －c a >a ＋b －b 24a a ＝1＋b a －14⎝⎛⎭⎫b a 2，对满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b 恒成立． 令t ＝ba ，因为0<b ≤3a ，所以0<t ≤3.因为－14t 2＋t ＋1∈(1,2]，所以a ＋b －c a >2.8．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实数根的个数不可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由题意，得f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b .因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.由题意，知函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，又x 1<f (x 1)<x 2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5，故选D.9．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e 2x －ax 2＋bx －1，其中a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．若f (1)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，函数f ′(x )在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．(e 2－3，e 2＋1)B ．(e 2－3，＋∞)C ．(－∞，2e 2＋2)D ．(2e 2－6,2e 2＋2)解析：选A 由f (1)＝0，得e 2－a ＋b －1＝0，所以b ＝a －e 2＋1，又f ′(x )＝2e 2x －2ax ＋b ，令g (x )＝2e 2x －2ax ＋b ，则g ′(x )＝4e 2x －2a ，因为x ∈(0,1)，所以4<4e 2x <4e 2.当a ≥2e 2时，g ′(x )<0，函数g (x )在(0,1)内单调递减，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当a ≤2时，g ′(x )>0，函数g (x )在(0,1)内单调递增，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当2<a <2e 2时，若0<x <12ln a 2，则g ′(x )<0，若12ln a2<x <1，则g ′(x )>0，所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12ln a 2内单调递减，在⎝⎛⎭⎫12ln a 2，1内单调递增，所以g (x )min ＝g 12ln a2＝a －a ln a 2＋b ＝2a －a ln a 2－e 2＋1.令h (x )＝2x －x ln x2－e 2＋1＝2x －x ln x ＋x ln 2－e 2＋1(2<x <2e 2)，则h ′(x )＝－ln x ＋1＋ln 2，当x∈(2,2e)时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，当x ∈(2e,2e 2)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，所以h (x )max ＝h (2e)＝2e －e 2＋1<0，即g (x )min <0恒成立，所以函数g (x )在(0,1)内有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g (0)＝2＋a －e 2＋1>0，g (1)＝2e 2－2a ＋a －e 2＋1>0，解得e 2－3<a <e 2＋1. 综上所述，a 的取值范围为(e 2－3，e 2＋1)．10．(2017·太原一模)设[x ]表示不小于实数x 的最小整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函数f (x )＝([x ])2－2[x ]，若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．－52，－1∪[2,5)B ．－43，－1∪[5,10)C ．－1，－23∪[5,10)D ．－43，－1∪[5,10)解析：选C 由题意知，f (x )＝([x ])2－2[x ]＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ∈(－1，0]∪(1，2]，－1，x ∈(0，1]，3，x ∈(2，3]，8，x ∈(3，4].令F (x )＝0，得f (x )＝k (x －2)－2，作出函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象如图所示． 若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象在(－1,4]上有2个交点，结合图象可得，k PA ＝5，k PB ＝10，k PO ＝－1，k PC ＝－23，所以实数k 的取值范围是－1，－23∪[5,10)．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ＜0，⎪⎪⎪⎪12x 2－2x ＋1，x ≥0.方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0(b ≠0)有6个不同的实数解，则3a ＋b 的取值范围是( )A ．[6,11]B ．[3,11]C ．(6,11)D ．(3,11)解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所示，对于方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0，可令f (x )＝t ，那么方程根的个数就是f (x )＝t 1与f (x )＝t 2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方程有2个根，从而可知关于t 的方程t 2－at ＋b ＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，由根的分布得出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧b ＞0，1－a ＋b ＜0，4－2a ＋b ＞0，画出可行域如图所示，目标函数z ＝3a ＋b 经过⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＋b ＝0，4－2a ＋b ＝0的交点A (3,2)时取得最大值11，经过B (1,0)时取得最小值3.故3a ＋b 的取值范围为(3,11)．12．(2018·广东五校协作体第一次诊断)已知e 为自然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．(1，e] C.⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e D.⎣⎡⎦⎤1＋1e ，e 解析：选C 令f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最大值不能大于g (x 2)的最大值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈⎝⎛⎦⎤0，1e 时，有两个x 2使得f (x 1)＝g (x 2)．若存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)的最小值要比1e 大，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1e，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e . 二、填空题13．若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b .设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x ＋1，因为g ′(x )＝ln x －1x＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，又g (1)＝0，所以函数g (x )的大致图象如图所示．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有一个交点，不满足；当－b ＜0，即b ＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.答案：(－∞，0)14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ＋1，－1<x ≤0，x ，0<x ≤1，与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x －1x ＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________．解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12.由x －1x ＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0，可得a ＝0，不满足题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0，可得a ＝310，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0，可得a ＝815，不满足题意．又函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a 的个数为1.答案：115．若函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n ＝________.解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)， 则y 1′＝2x －2x2，y 2′＝a x (a >0)．∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2x，y 2＝a ln x 的图象有公切点(x 0，y 0)，则⎩⎨⎧2x 0－2x 20＝a x 0，x 20＋2x 0＝a ln x⇒x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x －2⎝⎛⎭⎫x 2－1x ln x (x >0)， 则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×⎝⎛⎭⎫4－12ln 2＝5－7ln 2， 欲比较5与7ln 2的大小，可比较e 5与27的大小， ∵e 5>27，∴g (2)>0，又g (e)＝e 2＋2e －2⎝⎛⎭⎫e 2－1e ＝－e 2＋4e <0， ∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3，∴m ＋n ＝5. 答案：516．已知函数f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在12，＋∞上有两个零点，则实数k 的取值范围为________．解析：f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个零点，即关于x 的方程x 2－x ln x ＋2＝k (x ＋2)在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个不相等的实数根．令g (x )＝x 2－x ln x ＋2，所以当x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，直线y ＝k (x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2的图象有两个不同的交点．设直线y ＝k 0(x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2，x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞的图象相切于点(x 0，y 0)，g ′(x )＝2x －ln x －1，则有⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝2x 0－ln x 0－1，k 0(x 0＋2)＝x 20－x 0ln x 0＋2，由此解得x 0＝1，k 0＝1.令h (x )＝g ′(x )＝2x －ln x －1，则h ′(x )＝2－1x ，且x ≥12，所以h ′(x )≥0，故h (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝ln 2＞0，所以g (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，g ⎝⎛⎭⎫12＝94＋12ln 2，作出y ＝g (x )的大致图象，如图所示，当直线y ＝k (x ＋2)经过点⎝⎛⎭⎫12，94＋12ln 2时，k ＝910＋ln 25.又当直线y ＝k (x ＋2)与g (x )的图象相切时，k ＝1.结合图象可知，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25.答案：⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25增分点函数新情境问题专练一、选择题1．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，则函数解析式为y ＝－x 2，值域为{－1，－9}的“同族函数”共有( )A ．9个B ．8个C ．5个D ．4个解析：选A 函数y ＝－x 2，值域为{－1，－9}，可知自变量x 从1，－1，±1中任取一个，和从3，－3，±3中任取一个构成函数，故满足条件的“同族函数”有3×3＝9个．2．(2017·山东高考)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( )A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos x解析：选A 对于选项A ，f (x )＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x ，则e x f (x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫12x ＝⎝⎛⎭⎫e 2x ，∵e 2＞1， ∴e x f (x )在R 上单调递增，∴f (x )＝2－x 具有M 性质．对于选项B ，f (x )＝x 2，e x f (x )＝e x x 2，[e x f (x )]′＝e x (x 2＋2x )，令e x (x 2＋2x )＞0，得x ＞0或x ＜－2；令e x (x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，∴函数e x f (x )在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减，∴f (x )＝x 2不具有M 性质． 对于选项C ，f (x )＝3－x ＝⎝⎛⎭⎫13x ，则e x f (x )＝e x ·⎝⎛⎭⎫13x ＝⎝⎛⎭⎫e 3x ，∵e 3＜1， ∴y ＝⎝⎛⎭⎫e 3x 在R 上单调递减， ∴f (x )＝3－x不具有M 性质．对于选项D ，f (x )＝cos x ，e x f (x )＝e x cos x ，则[e x f (x )]′＝e x (cos x －sin x )≥0在R 上不恒成立，故e x f (x )＝e x cos x 在R 上不是单调递增的，∴f (x )＝cos x 不具有M 性质．故选A.3．数学上称函数y ＝kx ＋b (k ，b ∈R ，k ≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f (x )，在点x 0附近一点x 的函数值f (x )，可以用如下方法求其近似代替值：f (x )≈f (x 0)＋f ′(x 0)(x －x 0)．利用这一方法，m ＝ 4.001的近似代替值( )A ．大于mB ．小于mC ．等于mD ．与m 的大小关系无法确定解析：选A 依题意，取f (x )＝x ，则f ′(x )＝12x ，所以x ≈x 0＋12x 0(x －x 0)．令x ＝4.001，x 0＝4， 所以 4.001≈2＋14×0.001.因为⎝⎛⎭⎫2＋14×0.0012＝4＋0.001＋⎝⎛⎭⎫14×0.0012＞4.001， 所以m ＝ 4.001的近似代替值大于m .4.某地一天内的气温Q (t )(单位：℃)与时刻t (单位：时)之间的关系如图所示，令C (t )表示时间段[0，t ]内的温差(即时间段[0，t ]内最高温度与最低温度的差)，C (t )与t 之间的函数关系用下列图象表示，则下列正确的图象是( )解析：选D 当0<t <4时，最高温度不变，最低温度减小，所以温差变大，排除C ；当4<t <8时，前面一段温差不变，后面一段最高温度增大，所以温差变大，排除A 、B ，故选D.5.如图，已知l 1⊥l 2，圆心在l 1上、半径为1 m 的圆O 沿l 1以1 m/s 的速度匀速竖直向上移动，且在t ＝0时，圆O 与l 2相切于点A ，圆O 被直线l 2所截得到的两段圆弧中，位于l 2上方的圆弧的长记为x ，令y ＝cos x ，则y 与时间t (0≤t ≤1，单位：s)的函数y ＝f (t )的图象大致为( )解析：选B 法一：如图，设∠MON ＝α，由弧长公式知x ＝α，在Rt △AOM 中，|AO |＝1－t ，cos x 2＝|OA ||OM |＝1－t ，∴y ＝cos x ＝2cos 2x2－1＝2(t －1)2－1(0≤t ≤1)．故其对应的大致图象应为B.法二：由题意可知，当t ＝1时，圆O 在直线l 2上方的部分为半圆，所对应的弧长为π×1＝π，所以cos π＝－1，排除A ，D ；当t ＝12时，如图所示，易知∠BOC ＝2π3，所以cos 2π3＝－12<0，排除C ，故选B.6．若函数y ＝f (x )的图象上存在不同的两点M ，N 关于原点对称，则称点对(M ，N )是函数y ＝f (x )的一对“和谐点对”．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x <0，x 2－4x ，x >0，则此函数的“和谐点对”有( )A ．1对B ．2对C ．3对D ．4对解析：选B 作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x <0，x 2－4x ，x >0的图象如图所示，f (x )的“和谐点对”数可转化为y ＝e x (x <0)和y ＝－x 2－4x (x <0)的图象的交点个数．由图象知，函数f (x )有2对“和谐点对”．7．(2018·兰州模拟)已知a ，b ∈R ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b >1.函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x －1)，x ∈R ，若方程f (x )－a ＝0只有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A ．[－2，－1]∪(1,2)B ．(－2，－1]∪(1,2]C ．[－2，－1]∪[1,2]D ．(－2，－1]∪(1,2)解析：选B 由f (x )＝(x 2－2)⊗(x －1)得，当(x 2－2)－(x －1)≤1，即－1≤x ≤2时，f (x )＝x 2－2；当x >2或x <－1时，f (x )＝x －1.方程f (x )－a ＝0只有两个不同的实数根，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 只有2个不同的交点．作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，－1≤x ≤2，x －1，x >2或x <－1的图象，如图所示，从图中可以看出，当－2<a ≤－1或1<a ≤2时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象只有2个交点．故实数a 的取值范围为(－2，－1]∪(1,2]．8.将边长为2的等边△PAB 沿x 轴正方向滚动，某时刻P 与坐标原点重合(如图)，设顶点P (x ，y )的轨迹方程是y ＝f (x )，关于函数y ＝f (x )有下列说法：①f (x )的值域为[0,2]； ②f (x )是周期函数； ③f (－1.9)<f (π)<f (2 019)． 其中正确的说法个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C 根据题意画出顶点P (x ，y )的轨迹，如图所示． 轨迹是一段一段的圆弧组成的图形．从图形中可以看出，①f (x )的值域为[0,2]，①正确； ②f (x )是周期函数，周期为6，②正确； ③由于f (－1.9)＝f (4.1)，f (2 019)＝f (3)， 而f (3)<f (π)<f (4.1)，所以f (－1.9)>f (π)>f (2 019)，③不正确，故选C.9．(2018·武汉调研)定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 018]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 018]上的“均值”为( )A ．1 008B ．2 016C ．1 009D ．2 018解析：选C 令x 1x 2＝22 018， 当x 1∈[1,22 018]时，x 2＝22 018x 1∈[1,22 018]，所以M ＝12log 2(x 1x 2)＝1 009.10．对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x |f (x )＝0}，β∈{x |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“零点相邻函数”．若函数f (x )＝e x －1＋x －2与g (x )＝x 2－ax －a ＋3互为“零点相邻函数”，则实数a 的取值范围为( )A ．[2,4] B.⎣⎡⎦⎤2，73 C.⎣⎡⎦⎤73，3D ．[2,3]解析：选D ∵f ′(x )＝e x －1＋1＞0，∴f (x )＝e x －1＋x －2是R 上的单调递增函数．又f (1)＝0，∴函数f (x )的零点为x ＝1， ∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数g (x )＝x 2－ax －a ＋3在区间[0,2]上有零点． 由g (x )＝0，得a ＝x 2＋3x ＋1(0≤x ≤2)，即a ＝(x ＋1)2－2(x ＋1)＋4x ＋1＝(x ＋1)＋4x ＋1－2(0≤x ≤2)，设x ＋1＝t (1≤t ≤3)，则a ＝t ＋4t －2(1≤t ≤3)， 令h (t )＝t ＋4t －2(1≤t ≤3)，易知h (t )在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数， ∴2≤h (t )≤3，即2≤a ≤3.11．已知点A (1,0)，若点B 是曲线y ＝f (x )上的点，且线段AB 的中点在曲线y ＝g (x )上，则称点B 是函数y ＝f (x )关于函数g (x )的一个“关联点”．已知f (x )＝|log 2x |，g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x，则函数f (x )关于函数g (x )的“关联点”的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 设AB 的中点Q (x ，y )，则由A (1,0)得B (2x －1,2y )，则2y ＝|log 2(2x －1)|，即y ＝12|log 2(2x －1)|.在同一平面直角坐标系中作出函数g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 与y ＝12|log 2(2x －1)|的图象如图所示，观察可知它们有2个交点，则对应的“关联点”也有2个．12．对于函数f (x )，若f (x 0)＝x 0，则称x 0为函数f (x )的“不动点”；若f (f (x 0))＝x 0，则称x 0为函数f (x )的“稳定点”．若函数f (x )＝x 2＋a (a ∈R)的“稳定点”恰是它的“不动点”，则实数a 的取值范围是( )。

【最新】高考数学《函数与导数》专题解析一、选择题1．在平面直角坐标系中，若P ，Q 满足条件：（1）P ,Q 都在函数f （x ）的图象上；（2）P ,Q 两点关于直线y=x 对称，则称点对{P ,Q}是函数f(x)的一对“可交换点对”.（{P ,Q}与{Q,P}看作同一“可交换点”.试问函数2232(0)(){log (0)x x x f x x x ++≤=>的“可交换点对有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对【答案】C 【解析】试题分析：设p （x ，y ）是满足条件的“可交换点”,则对应的关于直线y=x 的对称点Q 是（y ，x ），所以232x x ++=2x ,由于函数y=232x x ++和y=2x 的图象由两个交点，因此满足条件的“可交换点对”有两个，故选C. 考点：函数的性质2．设定义在(0,)+∞的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()3f x f x x'->，则关于x 的不等式31(3)(3)03x f x f ⎛⎫---< ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．()3,6B ．()0,3C ．()0,6D ．()6,+∞【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，构造函数3()()g x x f x =，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在(,0)-∞上为增函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可． 【详解】解：Q 3(1)(3)(3)03x f x f ---<，3(3)(3)27x f x f ∴---（3）0<，3(3)(3)27x f x f ∴--<（3），Q 定义在(0,)+∞的函数()f x ，3x ∴<，令3()()g x x f x =，∴不等式3(3)(3)27x f x f --<（3），即为(3)g x g -<（3），323()(())3()()g x x f x x f x x f x '='=+'，Q()()3f x f x x'->， ()3()xf x f x ∴'>-， ()3()0xf x f x ∴'+>，32()3()0x f x x f x ∴+>，()0g x ∴'>， ()g x ∴单调递增，又因为由上可知(3)g x g -<（3）， 33x ∴-<，3x <Q ， 36x ∴<<．故选：A ． 【点睛】本题主要考查不等式的解法：利用条件构造函数，利用函数单调性和导数之间的关系判断函数的单调性，属于中档题．3．曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为（ ） A ．16B ．13C ．12D ．56【答案】A 【解析】曲线2y x =与直线y x =的交点坐标为()()0,0,1,1 ，由定积分的几何意义可得曲线2y x=与直线y x =所围成的封闭图形的面积为()1223100111|236x x dx x x ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭⎰ ，故选A.4．三个数2233ln a b c e ===，的大小顺序为( ) A ．b <c <a B ．b <a <cC ．c <a <bD ．a <b <c【答案】D 【解析】 【分析】 通过证明13a b c <<<，由此得出三者的大小关系. 【详解】132221ln 63a e e =<==，由于6123e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，6328==，所以13e <，所以131ln 3e =<13a b <<.而66113232228,339⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以113223<，所以11321ln 2ln 3ln 33<=，即b c <，所以a b c <<.故选：D 【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，考查指数运算和对数运算，属于中档题.5．函数()()2ln 43f x x x=+-的单调递减区间是（ ）A ．3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B ．32⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭， C ．31,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．342⎡⎫⎪⎢⎣⎭， 【答案】D 【解析】 【分析】先求函数定义域，再由复合函数单调性得结论． 【详解】由2430x x +->得14x -<<，即函数定义域是(1,4)-，2232543()24u x x x =+-=--+在3(1,]2-上递增，在3[,4)2上递减，而ln y u =是增函数，∴()f x 的减区间是3[,4)2． 故选：D ． 【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性，解题时先求出函数的定义域，函数的单调区间应在定义域内考虑．6．已知函数()2f x x x =+，且()1231ln log 223a f b f c f -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，则a b c ，，的大小关系为（ ）A ．a c b <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．b a c <<【答案】A 【解析】 【分析】由函数()2f x x x =+，可得()()f x f x -=，得到函数()f x 为偶函数，图象关于y 轴对称，又由由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，再根据对数函数的性质，结合图象，即可求解．【详解】由题意，函数()2f x x x =+，满足()()22()f x x x x x f x -=-+-=+=，所以函数()f x 为定义域上的偶函数，图象关于y 轴对称，又当0x ≥时，()2f x x x =+，由二次函数的性质可得，函数()f x 在[0,)+∞上为单调递增函数，则函数()f x 在(,0)-∞上为单调递减函数，又由31ln 22<=，113222log log 1<=-，1122-=，根据对称性，可得11323(ln )(2)(log )2f f f -<<，即a c b <<，故选A ．【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性的应用，其中解答中得到函数的单调性与奇偶性，以及熟练应用对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．7．3ax ⎛ ⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（ ） A ．2ln 2 B ．ln 2 C ．2 D ．1【答案】A 【解析】 【分析】首先根据二项式定理求出a ，把a 的值带入11adx x⎰即可求出结果. 【详解】解题分析根据二项式3ax ⎛- ⎝⎭的展开式的通项公式得221213()4a T C ax x +⎛== ⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4411111d d ln 2ln 2a x x x x x ===⎰⎰.故选：A 【点睛】本题考查二项式定理及定积分. 需要记住二项式定理展开公式：1C k n k kk n T a b -+=.属于中等题.8．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()3221f x f x -=-,且()f x 在[1, )+∞上单调递增,则（ ）A ．()()()0.31.130. 20.54f f log f << B ．()()()0.31.130. 240.5f f f log <<C ．()()()1.10.3340.20.5f f f log << D ．()()()0.31.130.50.24f log f f << 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得()f x 的图象关于直线1x =对称.因为0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增,即可得解.【详解】解：依题意可得,()f x 的图象关于直线1x =对称. 因为()()()0.31.1330.20,1,0.5 2 1,,044,8log log ∈=-∈-∈,则0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增, 所以()()()0.31.130.20.54f f log f <<.故选:A. 【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，重点考查了利用函数的性质判断函数值的大小关系，属中档题.9．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值． 【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1，∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号，故则41m n +的最小值为25， 故选D ． 【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．10．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，x R ∀∈有()()22f x f x x +-=，在()0+∞，上()2f x x '<，若()()4168f m f m m --≥-，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[)2+∞，B ．[)0+∞，C ．[]22-，D ．(][)22-∞-⋃+∞，， 【答案】A 【解析】 【分析】通过x R ∀∈有()()22f x f x x +-=，构造新函数()()2g x f x x =-，可得()g x 为奇函数；利用()2f x x '<，求()g x 的导函数得出()g x 的单调性，再将不等式()()4168f m f m m --≥-转化，可求实数m 的取值范围.【详解】设()()2g x f x x =-，∵()()()()220g x g x f x x f x x +-=-+--=，∴函数()g x 为奇函数，∵在()0,x ∈+∞上，()2f x x '<，即()20f x x '-<， ∴()()20g x f x x ''=-<，∴函数()g x 在()0,x ∈+∞上是减函数， ∴函数()g x 在(),0x ∈-∞上也是减函数， 且()00g =，∴函数()g x 在x ∈R 上是减函数， ∵()()4168f m f m m --≥-，∴()()()2244168g m m g m m m ⎡⎤⎡⎤-+--+≥-⎣⎦⎣⎦， ∴()()4g m g m -≥， ∴4m m -≤， 即2m ≥. 故选：A. 【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的应用，考查运算求解能力、转化与化归的数学思想，是中档题.11．若点1414(log 7,log 56)在函数()3f x kx =+的图象上，则()f x 的零点为（ ） A ．1 B ．32C ．2D ．34【答案】B 【解析】 【分析】将点的坐标代入函数()y f x =的解析式，利用对数的运算性质得出k 的值，再解方程()0f x =可得出函数()y f x =的零点．【详解】141414141414log 56log 4log 1412log 212(1log 7)32log 7=+=+=+-=-Q ，2k ∴=-，()2 3.f x x =-+故()f x 的零点为32，故选B.【点睛】本题考查对数的运算性质以及函数零点的概念，解题的关键在于利用对数的运算性质求出参数的值，解题时要正确把握零点的概念，考查运算求解能力，属于中等题．12．已知函数()ln xf x x=，则使ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点的a 的取值范围（ ） A ．(0,1) B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】 令()ln xt f x x==，利用导数研究其图象和值域，再将ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解求解.【详解】 令()ln x t f x x ==，当01x <<时，()0ln xt f x x==<， 当1x >时，()2ln 1()ln x t f x x -''==，当1x e <<时，0t '<，当x e >时，0t '>， 所以当x e =时，t 取得最小值e ，所以t e ≥， 如图所示：所以ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解， 令ln t m t =，21ln 0t m t -'=≤，所以ln tm t=在[),e +∞上递减，所以10m e<≤， 所以10a e <≤，当1a e=时，x e =，只有一个零点，不合题意， 所以10a e<< 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.13．()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x ∈R 总有3()()2f x f x +=-，则9()2f -的值为（ ） A ．0 B ．3C ．32D ．92-【答案】A 【解析】 【分析】首先确定函数的周期，然后结合函数的周期性和函数的奇偶性求解92f ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值即可. 【详解】函数()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x R ∈总有()32f x f x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则函数的周期3T =， 据此可知：()993360002222f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+==+=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 本题选择A 选项. 【点睛】本题主要考查函数的周期性，函数的奇偶性，奇函数的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14．二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式问题的常用方法，数形结合是解决函数问题的基本思想．15．若关于x 的不等式220x ax -+>在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是（ ） A ．(22,)+∞ B ．(,22)-∞C ．(,3)-∞D ．27(,)5-∞ 【答案】D 【解析】 【分析】把220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x+>⇒+>，解出()f x 的最大值． 【详解】220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x +>⇒+>，设()2f x x x=+，即是()f x 的最大值a >，()f x 的最大值275=，当5x =时取得，故选D 【点睛】16．已知函数在区间上有最小值，则函数在区间上一定（ ）A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数在区间上有最小值得知其对称轴，再由基本初等函数的单调性或单调性的性质可得出函数在区间上的单调性.【详解】 由于二次函数在区间上有最小值，可知其对称轴，.当时，由于函数和函数在上都为增函数，此时，函数在上为增函数；当时，在上为增函数；当时，由双勾函数的单调性知，函数在上单调递增，，所以，函数在上为增函数.综上所述：函数在区间上为增函数，故选D.【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了型函数单调性的分析，解题时要注意对的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.17．若曲线43y x x ax =-+(0x >)存在斜率小于1的切线，则a 的取值范围为（ ） A ．3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．5,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】 【分析】对函数进行求导，将问题转化为不等式有解问题，再构造函数利用导数研究函数的最值，即可得答案； 【详解】由题意可得32431y x x a '=-+<在()0,x ∈+∞上有解，设()3243f x x x a =-+(0x >)，()()2126621f x x x x x '=-=-， 令()0f x '<，得102x <<；令()0f x '>，得12x >， ∴()f x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增， ∴()min 11124f x f a ⎛⎫==-< ⎪⎝⎭，解得：54a <. 故选：C.【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式有解问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.18．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．17(1)a r +B ．17[(1)(1)]a r r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]a r r r+-+ 【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +， ⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r a S a r a r a r r r r r ++-=++++⋯⋯++==+-++-； 故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.19．如图，记图中正方形介于两平行线x y a +=与1x y a +=+之间的部分的面积为()S S a =，则()S a 的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数的部分特征，利用排除法，即可得到本题答案.【详解】①当011a ≤+<时，即10a -≤<，21()(1)2S a a =+；②当11a +=时，即0a =，1()2S a =. 由此可知，当10a -≤<时，21()(1)2S a a =+且1(0)2S =，所以,,A B C 选项不正确. 故选：D【点睛】 本题主要考查根据函数的性质选择图象，排除法是解决此题的关键.20．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2x g x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2x h x x=的最大值为3x ，则（ ） A ．123x x x >>B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >> 【答案】A【解析】【分析】 根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max 1124h x e =<，即314x <，从而可得三者的大小关系. 【详解】 ()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增 且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x g x e x =+-在()0,∞+上单调递增 且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ 211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭ 又()()11111211112220x g x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->= ⎪⎝⎭且()g x 单调递增 12x x ∴>由()21ln 2x h x x-'=可得：()()max 12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.。

新数学复习题《函数与导数》专题解析一、选择题1．函数()()2ln 43f x x x =+-的单调递减区间是（ ）A ．3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．32⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，C ．31,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．342⎡⎫⎪⎢⎣⎭，【答案】D 【解析】 【分析】先求函数定义域，再由复合函数单调性得结论． 【详解】由2430x x +->得14x -<<，即函数定义域是(1,4)-，2232543()24u x x x =+-=--+在3(1,]2-上递增，在3[,4)2上递减，而ln y u =是增函数，∴()f x 的减区间是3[,4)2． 故选：D ． 【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性，解题时先求出函数的定义域，函数的单调区间应在定义域内考虑．2．已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（ ） A ．y x =- B ．2y x =-+C ．y x =D ．2y x =-【答案】A 【解析】 【分析】首先根据函数的奇偶性，求得当0x <时，()f x 的解析式，然后求得切点坐标，利用导数求得斜率，从而求得切线方程. 【详解】因为0x <，()()ln()1f x f x x x =-=--+，()11f -=，()ln()1f x x '=---，(1)1f '-=-，所以曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()11y x -=-+，即y x =-.故选：A 【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.3．三个数0.20.40.44,3,log 0.5的大小顺序是 （ ） A ．0.40.20.43<4log 0.5<B ．0.40.20.43<log 0.5<4C ．0.40.20.4log 0.534<<D ．0.20.40.4log 0.543<<【答案】D 【解析】由题意得，120.20.4550.40log0.514433<<<==== D.4．已知函数()32f x x x x a =--+，若曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，则实数a 的取值范围为（ ） A ．11,27⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭B ．()1,+?C ．5,127⎛⎫-⎪⎝⎭D ．11,127⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】C 【解析】 【分析】根据曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】Q 函数()32f x x x x a =--+与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点.又()2321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-Q ，∴在1,,(1,)3⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭上，()0g x '<；在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上，()0g x '>.∴()15327g x g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭极小值，()()11g x g ==极大值，5127a ∴-<<. 故选：C 【点睛】本题考查函数的零点及导数与极值的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题.5．曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为（ ） A ．16B ．13C ．12D ．56【答案】A 【解析】曲线2y x =与直线y x =的交点坐标为()()0,0,1,1 ，由定积分的几何意义可得曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为()1223100111|236x x dx x x ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭⎰ ，故选A.6．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111e e 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->, 令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e e x x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-,所以11ea >-, 故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.7．函数()2sin f x x x x =-的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】分析函数()y f x =的奇偶性，并利用导数分析该函数在区间()0,+∞上的单调性，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】因为()()()()()22sin sin f x x x x x x x f x -=----=-=，且定义域R 关于原点对称，所以函数()y f x =为偶函数，故排除B 项；()()2sin sin f x x x x x x x =-=-，设()sin g x x x =-，则()1cos 0g x x ='-≥恒成立，所以函数()y g x =单调递增，所以当0x >时，()()00g x g >=， 任取120x x >>，则()()120g x g x >>，所以，()()1122x g x x g x >，()()12f x f x ∴>，所以，函数()y f x =在()0,+∞上为增函数，故排除C 、D 选项. 故选：A. 【点睛】本题考查利用函数解析式选择图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、函数零点以及函数值符号，结合排除法得出合适的选项，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.8．若定义在R 上的偶函数()f x 满足()()20f x f x +-=．当[]0,1x ∈，()21f x x =-，则（ ）A ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C ．()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭D ．()2135log 3log 22f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】推导出函数()y f x =的周期为4，根据题意计算出51022f f ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()133log 2log 20f f ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，再利用函数()y f x =在区间[]0,1上的单调性可得出结论. 【详解】因为定义在R 上的偶函数()y f x =满足()()20f x f x +-=，即()()20f x f x +-=，即()()2f x f x =--，()()()24f x f x f x ∴=--=-， 所以，函数()y f x =的周期为4，因为当[]0,1x ∈时，()21f x x =-单调递减，因为5110222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-<⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()224log 3log 03f f ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()()1333log 2log 2log 20f f f ⎛⎫=-=> ⎪⎝⎭， 因为2410log 132<<<，所以241log 32f f ⎛⎫⎛⎫-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，12314log 2log 23f ff ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>->- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即()1235log 2log 32f f f ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：A ． 【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，属于中等题.9．已知函数在区间上有最小值，则函数在区间上一定（ ）A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数在区间上有最小值得知其对称轴，再由基本初等函数的单调性或单调性的性质可得出函数在区间上的单调性.【详解】 由于二次函数在区间上有最小值，可知其对称轴，.当时，由于函数和函数在上都为增函数，此时，函数在上为增函数；当时，在上为增函数；当时，由双勾函数的单调性知，函数在上单调递增，，所以，函数在上为增函数.综上所述：函数在区间上为增函数，故选D.【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了型函数单调性的分析，解题时要注意对的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.10．函数()2log ,0,2,0,x x x f x x ⎧>=⎨≤⎩则函数()()()2384g x f x f x =-+的零点个数是（ ）A ．5B ．4C ．3D ．6【答案】A 【解析】 【分析】通过对()g x 式子的分析，把求零点个数转化成求方程的根，结合图象，数形结合得到根的个数，即可得到零点个数． 【详解】 函数()()()2384g x f x f x =-+=()()322f x f x --⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的零点即方程()23f x =和()2f x =的根， 函数()2log ,0,2,0xx x f x x ⎧>=⎨≤⎩的图象如图所示：由图可得方程()23f x =和()2f x =共有5个根， 即函数()()()2384g x f x f x =-+有5个零点,故选：A. 【点睛】本题考查函数的零点与方程的根的个数的关系，注意结合图象，利用数形结合求得结果时作图很关键，要标准．11．已知函数()1f x +是偶函数，当()1,x ∈+∞时，函数()f x 单调递减，设12a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()3b f =，()0c f =，则a b c 、、的大小关系为（）A ．b a c <<B ．c b d <<C ．b c a <<D ．a b c <<【答案】A 【解析】 【分析】 根据()1f x +图象关于y 轴对称可知()f x 关于1x =对称，从而得到()f x 在(),1-∞上单调递增且()()31f f =-；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系. 【详解】()1f x +Q 为偶函数 ()1f x ∴+图象关于y 轴对称()f x ∴图象关于1x =对称()1,x ∈+∞Q 时，()f x 单调递减 (),1x ∈-∞∴时，()f x 单调递增又()()31f f =-且1102-<-< ()()1102f f f ⎛⎫∴-<-< ⎪⎝⎭，即b a c << 本题正确选项：A 【点睛】本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.12．()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x ∈R 总有3()()2f x f x +=-，则9()2f -的值为（ ） A ．0 B ．3C ．32D ．92-【答案】A 【解析】 【分析】首先确定函数的周期，然后结合函数的周期性和函数的奇偶性求解92f ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值即可. 【详解】函数()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x R ∈总有()32f x f x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则函数的周期3T =， 据此可知：()993360002222f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+==+=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 本题选择A 选项. 【点睛】本题主要考查函数的周期性，函数的奇偶性，奇函数的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．已知函数()f x 为偶函数，当x ＜0时，2()ln()f x x x =--，则曲线()y f x =在x ＝1处的切线方程为（ ） A ．x -y ＝0 B ．x -y -2＝0 C ．x +y -2＝0 D ．3x -y -2＝0【答案】A 【解析】 【分析】先求出当0x >时，()f x 的解析式，再利用导数的几何意义计算即可得到答案. 【详解】当0x >时，0x -<，2()ln f x x x -=-，又函数()f x 为偶函数，所以2()ln f x x x =-，(1)1f =，所以'1()2f x x x=-，'(1)1f =，故切线方程为11y x -=-，即y x =.故选：A ．【点睛】本题考查导数的几何意义，涉及到函数的奇偶性求对称区间的解析式，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.14．二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式问题的常用方法，数形结合是解决函数问题的基本思想．15．若关于x 的不等式220x ax -+>在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是（ ）A ．)+∞B ．(,-∞C ．(,3)-∞D ．27(,)5-∞ 【答案】D 【解析】 【分析】把220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x+>⇒+>，解出()f x 的最大值． 【详解】220x ax -+>在区间[]1,5上有解，转化为存在一个[]1,5x ∈使得22x 2ax x a x +>⇒+>，设()2f x x x=+，即是()f x 的最大值a >，()f x 的最大值275=，当5x =时取得，故选D 【点睛】16．已知定义在R 上的函数()f x 满足()01f =，且()f x 的导函数'()f x 满足'()1f x >，则不等式()()ln ln f x ex <的解集为（ ） A ．()0,1 B ．()1,eC ．()0,eD ．(),e +∞【答案】A 【解析】 【分析】设()()g x f x x =-，由题得()g x 在R 上递增，求不等式()()ln ln f x ex <的解集，即求不等式(ln )(0)g x g <的解集，由此即可得到本题答案. 【详解】设()()g x f x x =-，则(0)(0)01g f =-=，()()1g x f x '='-， 因为()1f x '>，所以()0g x '>，则()g x 在R 上递增，又(ln )ln()1ln f x ex x <=+，所以(ln )ln 1f x x -<，即(ln )(0)g x g <， 所以ln 0x <，得01x <<. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，其中涉及到构造函数.17．已知函数()f x 的导函数为()f x '，在()0,∞+上满足()()xf x f x '>，则下列一定成立的是（ ）A ．()()2019202020202019f f >B ．()()20192020f f >C ．()()2019202020202019f f <D ．()()20192020f f <【答案】A 【解析】 【分析】 构造函数()()f xg x x=，利用导数判断函数()y g x =在()0,∞+上的单调性，可得出()2019g 和()2020g 的大小关系，由此可得出结论.【详解】令()()()0f x g x x x =>，则()()()2xf x f x g x x '-'=. 由已知得，当0x >时，()0g x '>.故函数()y g x =在()0,∞+上是增函数，所以()()20202019g g >， 即()()2020201920202019f f >，所以()()2019202020202019f f >.【点睛】本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.18．若函数()f x 的定义域为R ，其导函数为()f x '．若()3f x '<恒成立，()20f -=，则()36f x x <+ 解集为（ ）A ．(),2-∞-B ．()2,2-C ．(),2-∞D ．()2,-+∞【答案】D【解析】【分析】设()()36g x f x x =--，求导后可得()g x 在R 上单调递减，再结合()20g -=即可得解.【详解】设()()36g x f x x =--， Q ()3f x '<，∴()()30g x f x ''=-<，∴()g x 在R 上单调递减，又()()22660g f -=-+-=，不等式()36f x x <+即()0g x <，∴2x >-，∴不等式()36f x x <+的解集为()2,-+∞.故选：D.【点睛】本题考查了导数的应用，关键是由题意构造出新函数，属于中档题.19．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D【解析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果. 【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333nn n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭， 即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造. 故选：D .【点睛】 本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.20．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2x g x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2x h x x=的最大值为3x ，则（ ） A ．123x x x >>B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >> 【答案】A【解析】【分析】根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max 1124h x e =<，即314x <，从而可得三者的大小关系.()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增 且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x g x e x =+-在()0,∞+上单调递增 且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ 211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭ 又()()11111211112220x g x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->= ⎪⎝⎭且()g x 单调递增 12x x ∴>由()21ln 2x h x x -'=可得：()()max 12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.。

新高中数学《函数与导数》专题解析一、选择题1．若曲线43y x x ax =-+(0x >)存在斜率小于1的切线，则a 的取值范围为（ ）A ．3,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．5,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】 【分析】对函数进行求导，将问题转化为不等式有解问题，再构造函数利用导数研究函数的最值，即可得答案； 【详解】由题意可得32431y x x a '=-+<在()0,x ∈+∞上有解，设()3243f x x x a =-+(0x >)，()()2126621f x x x x x '=-=-，令()0f x '<，得102x <<；令()0f x '>，得12x >， ∴()f x 在1(0,)2单调递减，在1(,)2+∞单调递增，∴()min 11124f x f a ⎛⎫==-< ⎪⎝⎭，解得：54a <.故选：C. 【点睛】本题考查导数的几何意义、不等式有解问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.2．设()f x 为R 上的奇函数，满足(2)(2)f x f x -=+，且当02x ≤≤时，()x f x xe =，则(1)(2)(3)(100)f f f f ++++=L ( ) A ．222e e + B ．25050e e + C ．2100100e e + D ．222e e --【答案】A 【解析】 【分析】由()()22f x f x -=+可得对称轴，结合奇偶性可知()f x 周期为8；可将所求式子通过周期化为()()()()1234f f f f +++，结合解析式可求得函数值. 【详解】由()()22f x f x -=+得：()f x 关于2x =对称又()f x Q 为R 上的奇函数 ()f x ∴是以8为周期的周期函数()()()()()()()()()1281241240f f f f f f f f f ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++-+-+⋅⋅⋅+-=Q 且()()()()2123422f f f f e e +++=+()()()()()()()()()()12100121281234f f f f f f f f f f ∴++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦222e e =+故选：A 【点睛】本题考查利用函数的奇偶性、对称性和周期性求解函数值的问题，关键是能够利用奇偶性和对称轴得到函数的周期，并求得基础区间内的函数值.3．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，若21log 5a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2log 4.1b f =，()0.82c f =，则,,a b c 的大小关系为( )A ．a b c <<B ．b a c <<C ．c b a <<D ．c a b <<【答案】C 【解析】由题意：()221log log 55a f f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭， 且：0.822log 5log 4.12,122>><<，据此：0.822log 5log 4.12>>，结合函数的单调性有：()()()0.822log 5log 4.12f f f >>，即,a b c c b a >><<. 本题选择C 选项.【考点】 指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.4．在二项式26()2a x x+的展开式中，其常数项是15.如下图所示，阴影部分是由曲线2y x =和圆22x y a +=及x 轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积为（ ）A ．146π+B ．146π- C ．4π D ．16【答案】B 【解析】 【分析】用二项式定理得到中间项系数，解得a ，然后利用定积分求阴影部分的面积． 【详解】（x 2+a 2x ）6展开式中，由通项公式可得122r 162rr r r a T C x x --+⎛⎫= ⎪⎝⎭, 令12﹣3r ＝0，可得r ＝4,即常数项为4462a C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得4462a C ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝15，解得a ＝2．曲线y ＝x 2和圆x 2+y 2＝2的在第一象限的交点为（1，1） 所以阴影部分的面积为()1223100111-x-x |442346dx x x πππ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭⎰． 故选：B 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．5．函数()1ln f x x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象大致是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B【解析】 【分析】通过函数在2x =处函数有意义，在2x =-处函数无意义，可排除A 、D ；通过判断当1x >时，函数的单调性可排除C ，即可得结果. 【详解】当2x =时，110x x-=>，函数有意义，可排除A ； 当2x =-时，1302x x -=-<，函数无意义，可排除D ； 又∵当1x >时，函数1y x x=-单调递增， 结合对数函数的单调性可得函数()1ln f x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，可排除C ； 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力，属于中档题.6．函数()()2ln 43f x x x =+-的单调递减区间是（ ）A ．3,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．32⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，C ．31,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．342⎡⎫⎪⎢⎣⎭，【答案】D 【解析】 【分析】先求函数定义域，再由复合函数单调性得结论． 【详解】由2430x x +->得14x -<<，即函数定义域是(1,4)-，2232543()24u x x x =+-=--+在3(1,]2-上递增，在3[,4)2上递减，而ln y u =是增函数，∴()f x 的减区间是3[,4)2． 故选：D ． 【点睛】本题考查对数型复合函数的单调性，解题时先求出函数的定义域，函数的单调区间应在定义域内考虑．7．[]()x a,b ,f x m ∀∈≥恒成立，等价于[]()x a,b ,[f x ]m min ∈≥8．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()3221f x f x -=-,且()f x 在[1, )+∞上单调递增,则（ ）A ．()()()0.31.130. 20.54f f log f << B ．()()()0.31.130. 240.5f f f log <<C ．()()()1.10.3340.20.5f f f log << D ．()()()0.3 1.130.50.24f log f f << 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得()f x 的图象关于直线1x =对称.因为0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增,即可得解.【详解】解：依题意可得,()f x 的图象关于直线1x =对称. 因为()()()0.31.1330.20,1,0.5 2 1,,044,8log log ∈=-∈-∈,则0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1,)+∞上单调递增, 所以()()()0.31.130.20.54f f log f <<.故选:A. 【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，重点考查了利用函数的性质判断函数值的大小关系，属中档题.9．在平面直角坐标系中，若P ，Q 满足条件：（1）P ,Q 都在函数f （x ）的图象上；（2）P ,Q 两点关于直线y=x 对称，则称点对{P ,Q}是函数f(x)的一对“可交换点对”.（{P ,Q}与{Q,P}看作同一“可交换点”.试问函数2232(0)(){log (0)x x x f x x x ++≤=>的“可交换点对有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对【答案】C 【解析】试题分析：设p （x ，y ）是满足条件的“可交换点”,则对应的关于直线y=x 的对称点Q 是（y ，x ），所以232x x ++=2x ,由于函数y=232x x ++和y=2x 的图象由两个交点，因此满足条件的“可交换点对”有两个，故选C. 考点：函数的性质10．若点1414(log 7,log 56)在函数()3f x kx =+的图象上，则()f x 的零点为（ ） A ．1 B ．32C ．2D ．34【答案】B 【解析】 【分析】将点的坐标代入函数()y f x =的解析式，利用对数的运算性质得出k 的值，再解方程()0f x =可得出函数()y f x =的零点．【详解】141414141414log 56log 4log 1412log 212(1log 7)32log 7=+=+=+-=-Q ，2k ∴=-，()2 3.f x x =-+故()f x 的零点为32，故选B.【点睛】本题考查对数的运算性质以及函数零点的概念，解题的关键在于利用对数的运算性质求出参数的值，解题时要正确把握零点的概念，考查运算求解能力，属于中等题．11．函数()32xy x x =-⋅的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】排除法：根据函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称；函数有1-，0，1三个零点；当2x =时，函数值为正数，进行选项排除即可.【详解】函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称，故排除D ； 函数有1-，0，1三个零点，故排除A ； 当2x =时，函数值为正数，故排除B . 故选：C . 【点睛】本题考查函数的图象，根据解析式求图像通常利用排除法，依据有函数奇偶性、单调性、零点、定义域、值域、特殊值等，属于中等题.12．已知函数()ln xf x x=，则使ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点的a 的取值范围（ ） A ．(0,1) B ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】 令()ln xt f x x==，利用导数研究其图象和值域，再将ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解求解. 【详解】 令()ln x t f x x ==，当01x <<时，()0ln xt f x x==<， 当1x >时，()2ln 1()ln x t f x x -''==，当1x e <<时，0t '<，当x e >时，0t '>，所以当x e =时，t 取得最小值e ，所以t e ≥， 如图所示：所以ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解，令ln t m t =，21ln 0t m t -'=≤，所以ln tm t=在[),e +∞上递减， 所以10m e<≤， 所以10a e <≤，当1a e=时，x e =，只有一个零点，不合题意， 所以10a e<< 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.13．()263,034,0x x x x f x x ⎧---≤=⎨->⎩，则函数()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数为（ ）A ．3B ．5C ．6D ．7 【答案】D 【解析】 【分析】作出()f x 的图像，将()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数即()0f f x =⎡⎤⎣⎦的实数根个数，令()t f x =，解()0f t =有三个实数根，再结合图像即可得到答案.【详解】由题意，()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数即()0f f x =⎡⎤⎣⎦的实数根个数， 作()f x 的图像如图所示，设()t f x =，则()0f t =，当0t ≤时，即2630t t ---=，解得，1233t t =-=- 当0t >时，即340t -=，解得33log 4t =；结合图像知，()3f x =-()3f x =-+3()log 4f x =时有三个根，所以()0f f x =⎡⎤⎣⎦有7个根，即()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数为7. 故选：D 【点睛】本题主要考查函数的零点问题、解函数值以及一元二次函数和指数函数的图像，考查学生数形结合的思想，属于中档题.14．已知定义在R 上的奇函数()y f x =满足()()80f x f x ++=，且()55f =，则()()20192024f f +=（ ）A ．-5B ．5C ．0D ．4043【答案】B 【解析】 【分析】根据(8)()0f x f x ++=得函数的周期为16，结合()55f =，(0)0f =即可求解. 【详解】由(8)()0f x f x ++=，得(8)()f x f x +=-，所以(16)(8)()f x f x f x +=-+=.故函数()y f x =是以16为周期的周期函数. 又在(8)()0f x f x ++=中，令0x =，得(8)(0)0f f +=， 且奇函数()y f x =是定义在R 上的函数，所以(0)0f =.故(8)0f =.故(2024)(161268)(8)0f f f =⨯+==. 又在(8)()0f x f x ++=中，令3x =-，得(5)(3)0f f +-=.得(5)(3)(3)5f f f =--==，则(2019)(161263)(3)5f f f =⨯+==. 所以(2019)(2024)5f f +=. 故选：B. 【点睛】此题考查根据函数的周期性求抽象函数的函数值，关键在于根据函数关系准确得出函数周期，结合定义在R 上的奇函数的特征求值.15．已知()2ln33,33ln3,ln3a b c ==+=，则,,a b c 的大小关系是（ ） A ．c b a << B ．c a b <<C ．a c b <<D ．a b c <<【答案】B 【解析】【分析】根据,,a b c 与中间值3和6的大小关系，即可得到本题答案. 【详解】因为323e e <<，所以31ln 32<<， 则3ln3223336,33ln 36,(ln 3)3a b c <=<=<=+>=<，所以c a b <<.故选：B 【点睛】本题主要考查利用中间值比较几个式子的大小关系，属基础题.16．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（ ）A ．20152016 B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值． 【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+，因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++. 因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L . 故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．17．一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄a 元一年定期，若年利率为r 保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将所有存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为( )A ．17(1)a r +B ．17[(1)(1)]a r r r +-+C ．18(1)a r +D ．18[(1)(1)]a r r r+-+ 【答案】D【解析】【分析】由题意可得：孩子18岁生日时将所有存款（含利息）全部取回，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，再由等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：根据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为17(1)a r +， 同理：孩子在2周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为16(1)a r +，孩子在3周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为15(1)a r +， ⋯⋯孩子在17周岁生日时存入的a 元产生的本利合计为(1)a r +，可以看成是以(1)a r +为首项，(1)r +为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：17171618(1)[(1)1](1)(1)(1)[(1)(1)]11a r r a S a r a r a r r r r r ++-=++++⋯⋯++==+-++-； 故选：D ．【点睛】本题考查了不完全归纳法及等比数列前n 项和，属中档题.18．若函数()f x 的定义域为R ，其导函数为()f x '．若()3f x '<恒成立，()20f -=，则()36f x x <+ 解集为（ ）A ．(),2-∞-B ．()2,2-C ．(),2-∞D ．()2,-+∞【答案】D【解析】【分析】设()()36g x f x x =--，求导后可得()g x 在R 上单调递减，再结合()20g -=即可得解.【详解】设()()36g x f x x =--，Q ()3f x '<，∴()()30g x f x ''=-<，∴()g x 在R 上单调递减，又()()22660g f -=-+-=，不等式()36f x x <+即()0g x <，∴2x >-，∴不等式()36f x x <+的解集为()2,-+∞.故选：D.【点睛】本题考查了导数的应用，关键是由题意构造出新函数，属于中档题.19．已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,0?2,0a x x g x x a x +≥⎧=⎨+<⎩（a ∈R ），若对任意x 1∈[1，＋∞），总存在x 2∈R ，使f （x 1）＝g （x 2），则实数a 的取值范围是（） A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ B ．2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ C ．[]1,1,22⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U D ．371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U 【答案】C【解析】【分析】对a 分a=0,a ＜0和a ＞0讨论，a ＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a 的取值范围.【详解】当a =0时，函数f （x ）＝2x －1的值域为[1,+∞），函数()g x 的值域为[0,++∞），满足题意.当a ＜0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）, y =()cos 20a x x +≥的值域为[a +2,-a +2],因为a +2-2a =2-a >0,所以a +2＞2a ,所以此时函数g (x )的值域为（2a ,+∞）,由题得2a ＜1，即a ＜12，即a ＜0. 当a ＞0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）,y =()cos 20a x x +≥的值域为[-a +2,a +2],当a ≥23时，-a +2≤2a ,由题得21,1222a a a a -+≤⎧∴≤≤⎨+≥⎩. 当0＜a ＜23时，-a +2＞2a ，由题得2a ＜1，所以a ＜12.所以0＜a ＜12. 综合得a 的范围为a ＜12或1≤a ≤2， 故选C .【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20．函数2ln x xy x =的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】【分析】根据函数为偶函数排除B ,当0x >时,利用导数得()f x 在1(0,)e 上递减,在1(,)e+∞上递增,根据单调性分析,A C 不正确,故只能选D .【详解】 令2ln ||()||x x f x x =,则2()ln ||()()||x x f x f x x ---==-, 所以函数()f x 为偶函数,其图像关于y 轴对称,故B 不正确,当0x >时,2ln ()ln x x f x x x x==,()1ln f x x '=+, 由()0f x '>,得1x e >,由()0f x '<,得10x e<<, 所以()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e +∞上递增,结合图像分析,,A C 不正确.故选:D【点睛】 本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.。

2020年高考数学压轴必刷题专题01函数概念与基本初等函数(理科数学)1．【2019年天津理科08】已知a ∈R ．设函数f （x ）={x 2−2ax +2a ，x ≤1，x −alnx ，x ＞1．若关于x 的不等式f （x ）≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e ]D ．[1，e ]【解答】解：当x ＝1时，f （1）＝1﹣2a +2a ＝1＞0恒成立；当x ＜1时，f （x ）＝x 2﹣2ax +2a ≥0⇔2a ≥x 2x−1恒成立，令g （x ）=x 2x−1=−x 21−x =−(1−x−1)21−x =−(1−x)2−2(1−x)+11−x =−（1﹣x +11−x−2）≤﹣（2√(1−x)⋅11−x−2）＝0， ∴2a ≥g （x ）max ＝0，∴a ＞0．当x ＞1时，f （x ）＝x ﹣alnx ≥0⇔a ≤xlnx 恒成立，令h （x ）=xlnx ，则h ′（x ）=lnx−x⋅1x (lnx)2=lnx−1(lnx)2， 当x ＞e 时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 当1＜x ＜e 时，h ′′（x ）＜0，h （x ）递减， ∴x ＝e 时，h （x ）取得最小值h （e ）＝e ， ∴a ≤h （x ）min=e ，综上a 的取值范围是[0，e ]． 故选：C ．2．【2019年新课标3理科11】设f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（ ） A ．f （log 314）＞f （2−32）＞f （2−23）B ．f （log 314）＞f （2−23）＞f （2−32）C ．f （2−32）＞f （2−23）＞f （log 314）D ．f （2−23）＞f （2−32）＞f （log 314）【解答】解：∵f （x ）是定义域为R 的偶函数 ∴f(log 314)=f(log 34)，∵log 34＞log 33＝1，＜0＜2−32＜2−23＜20=1， ∴0＜2−32＜2−23＜log 34f （x ）在（0，+∞）上单调递减， ∴f(2−32)＞f(2−23)＞f(log 314)，故选：C ．3．【2019年全国新课标2理科12】设函数f （x ）的定义域为R ，满足f （x +1）＝2f （x ），且当x ∈（0，1]时，f （x ）＝x （x ﹣1）．若对任意x ∈（﹣∞，m ]，都有f （x ）≥−89，则m 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，94]B ．（﹣∞，73]C ．（﹣∞，52]D ．（﹣∞，83]【解答】解：因为f （x +1）＝2f （x ），∴f （x ）＝2f （x ﹣1），∵x ∈（0，1]时，f （x ）＝x （x ﹣1）∈[−14，0]，∴x ∈（1，2]时，x ﹣1∈（0，1]，f （x ）＝2f （x ﹣1）＝2（x ﹣1）（x ﹣2）∈[−12，0]； ∴x ∈（2，3]时，x ﹣1∈（1，2]，f （x ）＝2f （x ﹣1）＝4（x ﹣2）（x ﹣3）∈[﹣1，0]， 当x ∈（2，3]时，由4（x ﹣2）（x ﹣3）=−89解得m =73或m =83， 若对任意x ∈（﹣∞，m ]，都有f （x ）≥−89，则m ≤73．故选：B ．4．【2019年浙江09】设a ，b ∈R ，函数f （x ）={x ，x ＜0，13x 3−12(a +1)x 2+ax ，x ≥0．若函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点，则（ ） A ．a ＜﹣1，b ＜0B ．a ＜﹣1，b ＞0C ．a ＞﹣1，b ＜0D ．a ＞﹣1，b ＞0【解答】解：当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ；y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ， y ′＝x 2﹣（a +1）x ，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上递增，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多一个零点．不合题意；当a +1＞0，即a ＜﹣1时，令y ′＞0得x ∈[a +1，+∞），函数递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如右图： ∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3． 故选：C ．5．【2018年新课标1理科09】已知函数f（x）={e x，x≤0lnx，x＞0，g（x）＝f（x）+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0）B．[0，+∞）C．[﹣1，+∞）D．[1，+∞）【解答】解：由g（x）＝0得f（x）＝﹣x﹣a，作出函数f（x）和y＝﹣x﹣a的图象如图：当直线y＝﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点，即函数g（x）存在2个零点，故实数a的取值范围是[﹣1，+∞），故选：C．6．【2018年新课标3理科12】设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则（）A．a+b＜ab＜0B．ab＜a+b＜0C．a+b＜0＜ab D．ab＜0＜a+b【解答】解：∵a＝log0.20.3=lg0.3−lg5，b＝log20.3=lg0.3lg2，∴a+b=lg0.3lg2−lg0.3lg5=lg0.3(lg5−lg2)lg2lg5=lg0.3lg52lg2lg5，ab=−lg0.3lg2⋅lg0.3lg5=lg0.3⋅lg103lg2lg5，∵lg 103＞lg52，lg0.3lg2lg5＜0，∴ab＜a+b＜0．故选：B．7．【2018年上海16】设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转π6后与原图象重合，则在以下各项中，f （1）的可能取值只能是（ ）A ．√3B ．√32C ．√33D ．0【解答】解：由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转π6个单位后与下一个点会重合．我们可以通过代入和赋值的方法当f （1）=√3，√33，0时， 此时得到的圆心角为π3，π6，0，然而此时x ＝0或者x ＝1时，都有2个y 与之对应， 而我们知道函数的定义就是要求一个x 只能对应一个y ， 因此只有当x =√32，此时旋转π6，此时满足一个x 只会对应一个y ， 因此答案就选：B ． 故选：B ．8．【2017年新课标1理科11】设x 、y 、z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则（ ） A ．2x ＜3y ＜5zB ．5z ＜2x ＜3yC ．3y ＜5z ＜2xD ．3y ＜2x ＜5z【解答】解：x 、y 、z 为正数， 令2x ＝3y ＝5z ＝k ＞1．lgk ＞0． 则x =lgk lg2，y =lgk lg3，z =lgklg5． ∴3y =lgk lg √33，2x =lgk lg √2，5z =lgklg √55． ∵√33=√96＞√86=√2，√2=√3210＞√2510=√55． ∴lg √33＞lg √2＞lg √55＞0． ∴3y ＜2x ＜5z ． 另解：x 、y 、z 为正数， 令2x ＝3y ＝5z ＝k ＞1．lgk ＞0． 则x =lgklg2，y =lgklg3，z =lgklg5． ∴2x 3y=23×lg3lg2=lg9lg8＞1，可得2x ＞3y ，5z 2x=52×lg2lg5=lg25lg52＞1．可得5z ＞2x ．综上可得：5z ＞2x ＞3y ．解法三：对k 取特殊值，也可以比较出大小关系． 故选：D ．9．【2017年北京理科08】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080，则下列各数中与MN 最接近的是（ ）（参考数据：lg 3≈0.48） A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093【解答】解：由题意：M ≈3361，N ≈1080， 根据对数性质有：3＝10lg 3≈100.48， ∴M ≈3361≈（100.48）361≈10173， ∴M N≈101731080=1093，故选：D ．10．【2017年天津理科08】已知函数f （x ）={x 2−x +3，x ≤1x +2x，x ＞1，设a ∈R ，若关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ．[−4716，2]B ．[−4716，3916] C ．[﹣2√3，2]D ．[﹣2√3，3916]【解答】解：当x ≤1时，关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立， 即为﹣x 2+x ﹣3≤x2+a ≤x 2﹣x +3， 即有﹣x 2+12x ﹣3≤a ≤x 2−32x +3，由y ＝﹣x 2+12x ﹣3的对称轴为x =14＜1，可得x =14处取得最大值−4716；由y ＝x 2−32x +3的对称轴为x =34＜1，可得x =34处取得最小值3916，则−4716≤a ≤3916①当x ＞1时，关于x 的不等式f （x ）≥|x2+a |在R 上恒成立，即为﹣（x +2x ）≤x 2+a ≤x +2x ，即有﹣（32x +2x ）≤a ≤x 2+2x ，由y ＝﹣（32x +2x ）≤﹣2√3x 2⋅2x =−2√3（当且仅当x =2√31）取得最大值﹣2√3；由y =12x +2x ≥2√12x ⋅2x =2（当且仅当x ＝2＞1）取得最小值2． 则﹣2√3≤a ≤2②由①②可得，−4716≤a ≤2．另解：作出f （x ）的图象和折线y ＝|x2+a |当x ≤1时，y ＝x 2﹣x +3的导数为y ′＝2x ﹣1， 由2x ﹣1=−12，可得x =14， 切点为（14，4516）代入y =−x 2−a ，解得a =−4716； 当x ＞1时，y ＝x +2x的导数为y ′＝1−22， 由1−2x 2=12，可得x ＝2（﹣2舍去）， 切点为（2，3），代入y =x2+a ，解得a ＝2． 由图象平移可得，−4716≤a ≤2． 故选：A ．11．【2016年新课标2理科12】已知函数f （x ）（x ∈R ）满足f （﹣x ）＝2﹣f （x ），若函数y =x+1x 与y ＝f （x ）图象的交点为（x 1，y 1），（x 2，y 2），…，（x m ，y m ），则∑ m i=1（x i +y i ）＝（ ） A ．0B ．mC ．2mD ．4m【解答】解：函数f （x ）（x ∈R ）满足f （﹣x ）＝2﹣f （x ），即为f （x ）+f （﹣x ）＝2， 可得f （x ）关于点（0，1）对称，函数y =x+1x ，即y ＝1+1x 的图象关于点（0，1）对称， 即有（x 1，y 1）为交点，即有（﹣x 1，2﹣y 1）也为交点， （x 2，y 2）为交点，即有（﹣x 2，2﹣y 2）也为交点， …则有∑ m i=1（x i +y i ）＝（x 1+y 1）+（x 2+y 2）+…+（x m +y m ）=12[（x 1+y 1）+（﹣x 1+2﹣y 1）+（x 2+y 2）+（﹣x 2+2﹣y 2）+…+（x m +y m ）+（﹣x m +2﹣y m ）] ＝m ． 故选：B ．12．【2016年上海理科18】设f （x ）、g （x ）、h （x ）是定义域为R 的三个函数，对于命题：①f （x ）+g （x ）、f （x ）+h （x ）、g （x ）+h （x ）均为增函数，则f （x ）、g （x ）、h （x ）中至少有一个增函数；②若f （x ）+g （x ）、f （x ）+h （x ）、g （x ）+h （x ）均是以T 为周期的函数，则f （x ）、g （x ）、h （x ）均是以T 为周期的函数，下列判断正确的是（ ） A ．①和②均为真命题 B ．①和②均为假命题 C ．①为真命题，②为假命题D ．①为假命题，②为真命题 【解答】解：①不成立．可举反例：f （x ）={2x ，x ≤1−x +3，x ＞1．g （x ）={2x +3，x ≤0−x +3，0＜x ＜12x ，x ≥1，h （x ）={−x ，x ≤02x ，x ＞0．②∵f （x ）+g （x ）＝f （x +T ）+g （x +T ），f （x ）+h （x ）＝f （x +T ）+h （x +T ），h （x ）+g （x ）＝h （x +T ）+g （x +T ），前两式作差可得：g （x ）﹣h （x ）＝g （x +T ）﹣h （x +T ），结合第三式可得：g （x ）＝g （x +T ），h （x ）＝h （x +T ），同理可得：f （x ）＝f （x +T ），因此②正确． 故选：D ．13．【2016年天津理科08】已知函数f （x ）={x 2+(4a −3)x +3a ，x ＜0log a (x +1)+1，x ≥0（a ＞0，且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|＝2﹣x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（ ） A ．（0，23]B ．[23，34]C ．[13，23]∪{34}D ．[13，23）∪{34}【解答】解：y ＝log a （x +1）+1在[0，+∞）递减，则0＜a ＜1， 函数f （x ）在R 上单调递减，则：{3−4a2≥00＜a ＜102+(4a −3)⋅0+3a ≥log a (0+1)+1； 解得，13≤a ≤34；由图象可知，在[0，+∞）上，|f （x ）|＝2﹣x 有且仅有一个解， 故在（﹣∞，0）上，|f （x ）|＝2﹣x 同样有且仅有一个解， 当3a ＞2即a ＞23时，联立|x 2+（4a ﹣3）x +3a |＝2﹣x ， 则△＝（4a ﹣2）2﹣4（3a ﹣2）＝0， 解得a =34或1（舍去），当1≤3a ≤2时，由图象可知，符合条件， 综上：a 的取值范围为[13，23]∪{34}，故选：C ．14．【2015年新课标2理科10】如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x ．将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f （x ），则y ＝f （x ）的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：当0≤x ≤π4时，BP ＝tan x ，AP =2+BP 2=√4+tan 2x ， 此时f （x ）=√4+tan 2x +tan x ，0≤x ≤π4，此时单调递增，当P 在CD 边上运动时，π4≤x ≤3π4且x ≠π2时，如图所示，tan ∠POB ＝tan （π﹣∠POQ ）＝tan x ＝﹣tan ∠POQ =−PQ OQ =−1OQ， ∴OQ =−1tanx， ∴PD ＝AO ﹣OQ ＝1+1tanx ，PC ＝BO +OQ ＝1−1tanx ， ∴P A +PB =√(1−1tanx )2+1+√(1+1tanx )2+1， 当x =π2时，P A +PB ＝2√2， 当P 在AD 边上运动时，3π4≤x ≤π，P A +PB =√4+tan 2x −tan x ，由对称性可知函数f （x ）关于x =π2对称， 且f （π4）＞f （π2），且轨迹为非线型，排除A ，C ，D ， 故选：B ．15．【2015年浙江理科07】存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A．f（sin2x）＝sin x B．f（sin2x）＝x2+xC．f（x2+1）＝|x+1|D．f（x2+2x）＝|x+1|【解答】解：A．取x＝0，则sin2x＝0，∴f（0）＝0；取x=π2，则sin2x＝0，∴f（0）＝1；∴f（0）＝0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）＝sin x；B．取x＝0，则f（0）＝0；取x＝π，则f（0）＝π2+π；∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；C．取x＝1，则f（2）＝2，取x＝﹣1，则f（2）＝0；这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；D．令x+1＝t，则f（x2+2x）＝|x+1|，化为f（t2﹣1）＝|t|；令t2﹣1＝x，则t＝±√x+1；∴f(x)=√x+1；即存在函数f（x）=√x+1，对任意x∈R，都有f（x2+2x）＝|x+1|；∴该选项正确．故选：D．16．【2015年北京理科07】如图，函数f（x）的图象为折线ACB，则不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是（）A．{x|﹣1＜x≤0}B．{x|﹣1≤x≤1}C．{x|﹣1＜x≤1}D．{x|﹣1＜x≤2}【解答】解：由已知f（x）的图象，在此坐标系内作出y＝log2（x+1）的图象，如图满足不等式f（x）≥log2（x+1）的x范围是﹣1＜x≤1；所以不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是{x|﹣1＜x≤1}；故选：C．17．【2015年北京理科08】汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油D．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油【解答】解：对于A，由图象可知当速度大于40km/h时，乙车的燃油效率大于5km/L，∴当速度大于40km /h 时，消耗1升汽油，乙车的行驶距离大于5km ，故A 错误；对于B ，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗1升汽油，甲车的行驶路程最远，∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B 错误；对于C ，由图象可知当速度小于80km /h 时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，∴用丙车比用乙车更省油，故C 正确；对于D ，由图象可知当速度为80km /h 时，甲车的燃油效率为10km /L ，即甲车行驶10km 时，耗油1升，故行驶1小时，路程为80km ，燃油为8升，故D 错误．故选：C ．18．【2015年天津理科07】已知定义在R 上的函数f （x ）＝2|x ﹣m |﹣1（m 为实数）为偶函数，记a ＝f （log 0.53），b ＝f （log 25），c ＝f （2m ），则a ，b ，c 的大小关系为（ ）A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a【解答】解：∵f （x ）为偶函数；∴f （﹣x ）＝f （x ）；∴2|﹣x ﹣m |﹣1＝2|x ﹣m |﹣1；∴|﹣x ﹣m |＝|x ﹣m |；（﹣x ﹣m ）2＝（x ﹣m ）2；∴mx ＝0；∴m ＝0；∴f （x ）＝2|x |﹣1；∴f （x ）在[0，+∞）上单调递增，并且a ＝f （|log 0.53|）＝f （log 23），b ＝f （log 25），c ＝f （0）； ∵0＜log 23＜log 25；∴c ＜a ＜b ．故选：C ．19．【2015年天津理科08】已知函数f （x ）={2−|x|，x ≤2(x −2)2，x ＞2，函数g （x ）＝b ﹣f （2﹣x ），其中b ∈R ，若函数y ＝f （x ）﹣g （x ）恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．（74，+∞）B ．（﹣∞，74）C ．（0，74）D ．（74，2） 【解答】解：∵g （x ）＝b ﹣f （2﹣x ），∴y ＝f （x ）﹣g （x ）＝f （x ）﹣b +f （2﹣x ），由f （x ）﹣b +f （2﹣x ）＝0，得f （x ）+f （2﹣x ）＝b ，设h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ），若x ≤0，则﹣x ≥0，2﹣x ≥2，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝2+x +x 2，若0≤x ≤2，则﹣2≤﹣x ≤0，0≤2﹣x ≤2，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝2﹣x +2﹣|2﹣x |＝2﹣x +2﹣2+x ＝2，若x ＞2，﹣x ＜﹣2，2﹣x ＜0，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝（x ﹣2）2+2﹣|2﹣x |＝x 2﹣5x +8．即h （x ）={x 2+x +2，x ≤02，0＜x ≤2x 2−5x +8，x ＞2，作出函数h （x ）的图象如图：当x ≤0时，h （x ）＝2+x +x 2＝（x +12）2+74≥74，当x ＞2时，h （x ）＝x 2﹣5x +8＝（x −52）2+74≥74，故当b =74时，h （x ）＝b ，有两个交点，当b ＝2时，h （x ）＝b ，有无数个交点，由图象知要使函数y ＝f （x ）﹣g （x ）恰有4个零点，即h （x ）＝b 恰有4个根，则满足74＜b ＜2， 故选：D ．20．【2014年上海理科18】设f（x）={(x−a)2，x≤0x+1x+a，x＞0，若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围为（）A．[﹣1，2]B．[﹣1，0]C．[1，2]D．[0，2]【解答】解；当a＜0时，显然f（0）不是f（x）的最小值，当a≥0时，f（0）＝a2，由题意得：a2≤x+1x+a，解不等式：a2﹣a﹣2≤0，得﹣1≤a≤2，∴0≤a≤2，故选：D．21．【2013年新课标1理科11】已知函数f（x）={−x2+2x，x≤0ln(x+1)，x＞0，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，0]B．（﹣∞，1]C．[﹣2，1]D．[﹣2，0]【解答】解：由题意可作出函数y＝|f（x）|的图象，和函数y＝ax的图象，由图象可知：函数y＝ax的图象为过原点的直线，当直线介于l和x轴之间符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y＝|f（x）|在第二象限的部分解析式为y＝x2﹣2x，求其导数可得y′＝2x﹣2，因为x≤0，故y′≤﹣2，故直线l的斜率为﹣2，故只需直线y＝ax的斜率a介于﹣2与0之间即可，即a∈[﹣2，0]故选：D．22．【2013年天津理科08】已知函数f（x）＝x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若[−12，12]⊆A，则实数a的取值范围是（）A．(1−√52，0)B．(1−√32，0)C．(1−√52，0)∪(0，1+√32)D．(−∞，1−√52)【解答】解：取a=−12时，f（x）=−12x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x−12）|x−12|+1＞x|x|，（1）x＜0时，解得−34＜x＜0；（2）0≤x≤12时，解得0≤x≤12；（3）x＞12时，解得12＜x＜54，综上知，a=−12时，A＝（−34，54），符合题意，排除B、D；取a＝1时，f（x）＝x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；综上，a＝1，A＝∅，不合题意，排除C，故选：A．23．【2011年新课标1理科12】函数y=11−x的图象与函数y＝2sinπx，（﹣2≤x≤4）的图象所有交点的横坐标之和等于（）A．8B．6C．4D．2【解答】解：函数y1=11−x，y2＝2sinπx的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，如图，当1＜x≤4时，y1＜0而函数y2在（1，4）上出现1.5个周期的图象，在（1，32）和（52，72）上是减函数； 在（32，52）和（72，4）上是增函数． ∴函数y 1在（1，4）上函数值为负数，且与y 2的图象有四个交点E 、F 、G 、H相应地，y 1在（﹣2，1）上函数值为正数，且与y 2的图象有四个交点A 、B 、C 、D且：x A +x H ＝x B +x G ＝x C +x F ＝x D +x E ＝2，故所求的横坐标之和为8．故选：A ．24．【2011年北京理科08】设A （0，0），B （4，0），C （t +4，4），D （t ，4）（t ∈R ）．记N （t ）为平行四边形ABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数N （t ）的值域为（ ）A ．{9，10，11}B ．{9，10，12}C ．{9，11，12}D ．{10，11，12}【解答】解：当t ＝0时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （4，4），D （0，4），符合条件的点有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3），共九个，N （t ）＝9，故选项D 不正确．当t ＝1时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （5，4），D （1，4），同理知N （t ）＝12，故选项A 不正确．当t ＝2时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （6，4），D （2，4），同理知N （t ）＝11，故选项B 不正确．故选：C ．25．【2011年天津理科08】对实数a 与b ，定义新运算“⊗”：a ⊗b ={a ，a −b ≤1b ，a −b ＞1．设函数f （x ）＝（x 2﹣2）⊗（x ﹣x 2），x ∈R ．若函数y ＝f （x ）﹣c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是（ ）A ．(−∞，−2]∪(−1，32)B ．(−∞，−2]∪(−1，−34)C ．(−∞，14)∪(14，+∞)D ．(−1，−34)∪[14，+∞) 【解答】解：∵a ⊗b ={a ，a −b ≤1b ，a −b ＞1.，∴函数f （x ）＝（x 2﹣2）⊗（x ﹣x 2）={x 2−2，−1≤x ≤32x −x 2，x ＜−1或x ＞32， 由图可知，当c ∈(−∞，−2]∪(−1，−34)函数f （x ） 与y ＝c 的图象有两个公共点，∴c 的取值范围是 (−∞，−2]∪(−1，−34)，故选：B ．26．【2010年新课标1理科11】已知函数f(x)={|lgx|，0＜x ≤10−12x +6，x ＞10，若a ，b ，c 互不相等，且f （a ）＝f （b ）＝f （c ），则abc 的取值范围是（ ）A ．（1，10）B ．（5，6）C ．（10，12）D ．（20，24）【解答】解：作出函数f （x ）的图象如图，不妨设a ＜b ＜c ，则−lga =lgb =−12c +6∈(0，1)ab ＝1，0＜−12c +6＜1则abc ＝c ∈（10，12）．故选：C ．27．【2010年上海理科17】若x 0是方程(12)x =x 13的解，则x 0属于区间（ ） A ．（23，1） B ．（12，23） C ．（13，12） D ．（0，13） 【解答】解：∵(12)13＞(13)13，(12)12＜(12)13，∴x 0属于区间（13，12）． 故选：C ．28．【2019年江苏14】设f （x ），g （x ）是定义在R 上的两个周期函数，f （x ）的周期为4，g （x ）的周期为2，且f （x ）是奇函数．当x ∈（0，2]时，f （x ）=√1−(x −1)2，g （x ）={k(x +2)，0＜x ≤1，−12，1＜x ≤2，其中k ＞0．若在区间（0，9]上，关于x 的方程f （x ）＝g （x ）有8个不同的实数根，则k 的取值范围是 ．【解答】解：作出函数f （x ）与g （x ）的图象如图，由图可知，函数f （x ）与g （x ）=−12（1＜x ≤2，3＜x ≤4，5＜x ≤6，7＜x ≤8）仅有2个实数根； 要使关于x 的方程f （x ）＝g （x ）有8个不同的实数根，则f （x ）=√1−(x −1)2，x ∈（0，2]与g （x ）＝k （x +2），x ∈（0，1]的图象有2个不同交点， 由（1，0）到直线kx ﹣y +2k ＝0的距离为1，得√k 2+1=1，解得k =√24（k ＞0）， ∵两点（﹣2，0），（1，1）连线的斜率k =13，∴13≤k ＜√24． 即k 的取值范围为[13，√24）． 故答案为：[13，√24）． 29．【2018年浙江15】已知λ∈R ，函数f （x ）={x −4，x ≥λx 2−4x +3，x ＜λ，当λ＝2时，不等式f （x ）＜0的解集是 ．若函数f （x ）恰有2个零点，则λ的取值范围是 ．【解答】解：当λ＝2时函数f （x ）={x −4，x ≥2x 2−4x +3，x ＜2，显然x ≥2时，不等式x ﹣4＜0的解集：{x |2≤x ＜4}；x ＜2时，不等式f （x ）＜0化为：x 2﹣4x +3＜0，解得1＜x ＜2，综上，不等式的解集为：{x |1＜x ＜4}．函数f（x）恰有2个零点，函数f（x）={x−4，x≥λx2−4x+3，x＜λ的草图如图：函数f（x）恰有2个零点，则1＜λ≤3或λ＞4．故答案为：{x|1＜x＜4}；（1，3]∪（4，+∞）．30．【2018年上海11】已知常数a＞0，函数f（x）=2x2x+ax的图象经过点P（p，65），Q（q，−15）．若2p+q＝36pq，则a＝．【解答】解：函数f（x）=2x2x+ax的图象经过点P（p，65），Q（q，−15）．则：2p2p+ap +2q2q+aq=65−15=1，整理得：2p+q+2p aq+2q ap+2p+q2p+q+2p aq+2q ap+a2pq=1，解得：2p+q＝a2pq，由于：2p+q＝36pq，所以：a2＝36，由于a＞0，故：a＝6．故答案为：631．【2018年天津理科14】已知a＞0，函数f（x）={x2+2ax+a，x≤0−x2+2ax−2a，x＞0．若关于x的方程f（x）＝ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是．【解答】解：当x≤0时，由f（x）＝ax得x2+2ax+a＝ax，得x2+ax+a＝0，得a（x+1）＝﹣x2，得a=−x2x+1，设g（x）=−x2x+1，则g′（x）=−2x(x+1)−x2(x+1)2=−x2+2x(x+1)2，由g′（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1或﹣1＜x＜0，此时递增，由g′（x）＜0得x＜﹣2，此时递减，即当x＝﹣2时，g（x）取得极小值为g（﹣2）＝4，当x＞0时，由f（x）＝ax得﹣x2+2ax﹣2a＝ax，得x2﹣ax+2a＝0，得a（x﹣2）＝x2，当x＝2时，方程不成立，当x≠2时，a=x2 x−2设h（x）=x2x−2，则h′（x）=2x(x−2)−x2(x−2)2=x2−4x(x−2)2，由h′（x）＞0得x＞4，此时递增，由h′（x）＜0得0＜x＜2或2＜x＜4，此时递减，即当x＝4时，h（x）取得极小值为h（4）＝8，要使f（x）＝ax恰有2个互异的实数解，则由图象知4＜a＜8，故答案为：（4，8）32．【2017年江苏14】设f （x ）是定义在R 上且周期为1的函数，在区间[0，1）上，f （x ）={x 2，x ∈Dx ，x ∉D ，其中集合D ＝{x |x =n−1n ，n ∈N *}，则方程f （x ）﹣lgx ＝0的解的个数是 ． 【解答】解：∵在区间[0，1）上，f （x ）={x 2，x ∈D x ，x ∉D，第一段函数上的点的横纵坐标均为有理数， 又f （x ）是定义在R 上且周期为1的函数， ∴在区间[1，2）上，f （x ）={(x −1)2，x ∈D x −1，x ∉D，此时f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点；同理：区间[2，3）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[3，4）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[4，5）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[5，6）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[6，7）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[7，8）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[8，9）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 在区间[9，+∞）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 无交点；故f （x ）的图象与y ＝lgx 有8个交点，且除了（1，0），其他交点横坐标均为无理数； 即方程f （x ）﹣lgx ＝0的解的个数是8， 故答案为：833．【2017年新课标3理科15】设函数f （x ）={x +1，x ≤02x ，x ＞0，则满足f （x ）+f （x −12）＞1的x 的取值范围是 ．【解答】解：若x ≤0，则x −12≤−12，则f （x ）+f （x −12）＞1等价为x +1+x −12+1＞1，即2x ＞−12，则x ＞−14， 此时−14＜x ≤0，当x ＞0时，f （x ）＝2x ＞1，x −12＞−12，当x −12＞0即x ＞12时，满足f （x ）+f （x −12）＞1恒成立， 当0≥x −12＞−12，即12≥x ＞0时，f （x −12）＝x −12+1＝x +12＞12，此时f （x ）+f （x −12）＞1恒成立， 综上x ＞−14， 故答案为：（−14，+∞）．34．【2017年浙江17】已知a ∈R ，函数f （x ）＝|x +4x−a |+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是 ．【解答】解：由题可知|x +4x −a |+a ≤5，即|x +4x −a |≤5﹣a ，所以a ≤5， 又因为|x +4x−a |≤5﹣a ， 所以a ﹣5≤x +4x −a ≤5﹣a ， 所以2a ﹣5≤x +4x ≤5， 又因为1≤x ≤4，4≤x +4x ≤5， 所以2a ﹣5≤4，解得a ≤92， 故答案为：（﹣∞，92]．35．【2016年江苏11】设f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1）上，f （x ）={x +a ，−1≤x ＜0|25−x|，0≤x ＜1，其中a ∈R ，若f （−52）＝f （92），则f （5a ）的值是 ．【解答】解：f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1）上，f （x ）={x +a ，−1≤x ＜0|25−x|，0≤x ＜1，∴f （−52）＝f （−12）=−12+a ， f （92）＝f （12）＝|25−12|=110，∴a =35，∴f（5a）＝f（3）＝f（﹣1）＝﹣1+35=−25，故答案为：−2 536．【2016年浙江理科12】已知a＞b＞1，若log a b+log b a=52，ab＝b a，则a＝，b＝．【解答】解：设t＝log b a，由a＞b＞1知t＞1，代入log a b+log b a=52得t+1t=52，即2t2﹣5t+2＝0，解得t＝2或t=12（舍去），所以log b a＝2，即a＝b2，因为a b＝b a，所以b2b＝b a，则a＝2b＝b2，解得b＝2，a＝4，故答案为：4；2．37．【2015年江苏13】已知函数f（x）＝|lnx|，g（x）={0，0＜x≤1|x2−4|−2，x＞1，则方程|f（x）+g（x）|＝1实根的个数为．【解答】解：由|f（x）+g（x）|＝1可得g（x）＝﹣f（x）±1．g（x）与h（x）＝﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有2个交点g（x）与φ（x）＝﹣f（x）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；所以方程|f （x ）+g （x ）|＝1实根的个数为4． 故答案为：4．38．【2015年北京理科14】设函数f （x ）={2x −a ，x ＜14(x −a)(x −2a)，x ≥1，①若a ＝1，则f （x ）的最小值为 ；②若f （x ）恰有2个零点，则实数a 的取值范围是 ． 【解答】解：①当a ＝1时，f （x ）={2x −1，x ＜14(x −1)(x −2)，x ≥1，当x ＜1时，f （x ）＝2x ﹣1为增函数，f （x ）＞﹣1，当x ＞1时，f （x ）＝4（x ﹣1）（x ﹣2）＝4（x 2﹣3x +2）＝4（x −32）2﹣1， 当1＜x ＜32时，函数单调递减，当x ＞32时，函数单调递增， 故当x =32时，f （x ）min ＝f （32）＝﹣1，②设h （x ）＝2x ﹣a ，g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ） 若在x ＜1时，h （x ）＝与x 轴有一个交点，所以a ＞0，并且当x ＝1时，h （1）＝2﹣a ＞0，所以0＜a ＜2， 而函数g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ）有一个交点，所以2a ≥1，且a ＜1， 所以12≤a ＜1，若函数h （x ）＝2x ﹣a 在x ＜1时，与x 轴没有交点， 则函数g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ）有两个交点，当a ≤0时，h （x ）与x 轴无交点，g （x ）无交点，所以不满足题意（舍去），当h （1）＝2﹣a ≤0时，即a ≥2时，g （x ）的两个交点满足x 1＝a ，x 2＝2a ，都是满足题意的， 综上所述a 的取值范围是12≤a ＜1，或a ≥2．39．【2014年江苏13】已知f （x ）是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3）时，f （x ）＝|x 2﹣2x +12|，若函数y ＝f （x ）﹣a 在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a 的取值范围是 ． 【解答】解：f （x ）是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3）时，f （x ）＝|x 2﹣2x +12|，若函数y ＝f （x ）﹣a 在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），在同一坐标系中画出函数f （x ）与y ＝a 的图象如图：由图象可知a ∈(0，12)． 故答案为：（0，12）．40．【2014年天津理科14】已知函数f （x ）＝|x 2+3x |，x ∈R ，若方程f （x ）﹣a |x ﹣1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为 ．【解答】解：由y ＝f （x ）﹣a |x ﹣1|＝0得f （x ）＝a |x ﹣1|， 作出函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）＝a |x ﹣1|的图象，当a ≤0，两个函数的图象不可能有4个交点，不满足条件， 则a ＞0，此时g （x ）＝a |x ﹣1|={a(x −1)x ≥1−a(x −1)x ＜1，当﹣3＜x ＜0时，f （x ）＝﹣x 2﹣3x ，g （x ）＝﹣a （x ﹣1）， 当直线和抛物线相切时，有三个零点， 此时﹣x 2﹣3x ＝﹣a （x ﹣1）， 即x 2+（3﹣a ）x +a ＝0，则由△＝（3﹣a ）2﹣4a ＝0，即a 2﹣10a +9＝0，解得a ＝1或a ＝9， 当a ＝9时，g （x ）＝﹣9（x ﹣1），g （0）＝9，此时不成立，∴此时a ＝1，要使两个函数有四个零点，则此时0＜a＜1，若a＞1，此时g（x）＝﹣a（x﹣1）与f（x），有两个交点，此时只需要当x＞1时，f（x）＝g（x）有两个不同的零点即可，即x2+3x＝a（x﹣1），整理得x2+（3﹣a）x+a＝0，则由△＝（3﹣a）2﹣4a＞0，即a2﹣10a+9＞0，解得a＜1（舍去）或a＞9，综上a的取值范围是（0，1）∪（9，+∞），方法2：由f（x）﹣a|x﹣1|＝0得f（x）＝a|x﹣1|，若x＝1，则4＝0不成立，故x≠1，则方程等价为a=f(x)|x−1|=|x2+3x||x−1|=|(x−1)2+5(x−1)+4x−1|＝|x﹣1+4x−1+5|，设g（x）＝x﹣1+4x−1+5，当x＞1时，g（x）＝x﹣1+4x−1+5≥2√(x−1)4x−1+5=4+5=9，当且仅当x﹣1=4x−1，即x＝3时取等号，当x＜1时，g（x）＝x﹣1+4x−1+5≤5−2√[−(x−1)]⋅−4x−1=5﹣4＝1，当且仅当﹣（x﹣1）=−4x−1，即x＝﹣1时取等号，则|g（x）|的图象如图：若方程f（x）﹣a|x﹣1|＝0恰有4个互异的实数根，则满足a＞9或0＜a＜1，故答案为：（0，1）∪（9，+∞）41．【2013年上海理科12】设a为实常数，y＝f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）＝9x+a2x+7．若f（x）≥a+1对一切x≥0成立，则a的取值范围为．【解答】解：因为y＝f（x）是定义在R上的奇函数，所以当x＝0时，f（x）＝0；当x＞0时，则﹣x＜0，所以f（﹣x）＝﹣9x−a2x+7因为y＝f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（x）＝9x+a2x−7；因为f（x）≥a+1对一切x≥0成立，所以当x＝0时，0≥a+1成立，所以a≤﹣1；当x＞0时，9x+a2x−7≥a+1成立，只需要9x+a2x−7的最小值≥a+1，因为9x +a 2x −7≥2√9x ⋅a 2x−7=6|a |﹣7， 所以6|a |﹣7≥a +1， 解得a ≥85或a ≤−87， 所以a ≤−87． 故答案为：a ≤−87．42．【2013年上海理科14】对区间I 上有定义的函数g （x ），记g （I ）＝{y |y ＝g （x ），x ∈I }．已知定义域为[0，3]的函数y ＝f （x ）有反函数y ＝f ﹣1（x ），且f ﹣1（[0，1））＝[1，2），f ﹣1（（2，4]）＝[0，1）．若方程f （x ）﹣x ＝0有解x 0，则x 0＝ ．【解答】解：因为g （I ）＝{y |y ＝g （x ），x ∈I }，f ﹣1（[0，1））＝[1，2），f ﹣1（2，4]）＝[0，1），所以对于函数f （x ），当x ∈[0，1）时，f （x ）∈（2，4]，所以方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解； 当x ∈[1，2）时，f （x ）∈[0，1），所以方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解； 所以当x ∈[0，2）时方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解， 又因为方程f （x ）﹣x ＝0有解x 0，且定义域为[0，3]，故当x ∈[2，3]时，f （x ）的取值应属于集合（﹣∞，0）∪[1，2]∪（4，+∞）， 故若f （x 0）＝x 0，只有x 0＝2， 故答案为：2．43．【2012年江苏10】设f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1]上，f （x ）={ax +1，−1≤x ＜0bx+2x+1，0≤x ≤1其中a ，b ∈R ．若f(12)=f(32)，则a +3b 的值为 ．【解答】解：∵f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，f （x ）={ax +1，−1≤x ＜0bx+2x+1，0≤x ≤1，∴f （32）＝f （−12）＝1−12a ，f （12）=b+43；又f(12)=f(32)，∴1−12a =b+43① 又f （﹣1）＝f （1）， ∴2a +b ＝0，②由①②解得a＝2，b＝﹣4；∴a+3b＝﹣10．故答案为：﹣10．44．【2012年江苏13】已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），则实数c的值为．【解答】解：∵函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），∴f（x）＝x2+ax+b＝0只有一个根，即△＝a2﹣4b＝0，则4b＝a2不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），即为x2+ax+b＜c解集为（m，m+6），则x2+ax+b﹣c＝0的两个根x1，x2分别为m，m+6∴两根之差为|x1﹣x2|＝|m+6﹣m|＝6根据韦达定理可知：x1+x2=−a1=−ax1x2=b−c1=b﹣c∵|x1﹣x2|＝6∴√(x1+x2)2−4x1x2=6∴√(−a)2−4(b−c)=6∴√4b−4b+4c=6解得c＝9故答案为：945．【2012年北京理科14】已知f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3），g（x）＝2x﹣2，若同时满足条件：①∀x∈R，f（x）＜0或g（x）＜0；②∃x∈（﹣∞，﹣4），f（x）g（x）＜0．则m的取值范围是．【解答】解：对于①∵g（x）＝2x﹣2，当x＜1时，g（x）＜0，又∵①∀x∈R，f（x）＜0或g（x）＜0∴f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3）＜0在x≥1时恒成立则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与x轴交点都在（1，0）的左面则{m＜0−m−3＜1 2m＜1∴﹣4＜m＜0即①成立的范围为﹣4＜m＜0又∵②x∈（﹣∞，﹣4），f（x）g（x）＜0∴此时g（x）＝2x﹣2＜0恒成立∴f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3）＞0在x∈（﹣∞，﹣4）有成立的可能，则只要﹣4比x1，x2中的较小的根大即可，（i）当﹣1＜m＜0时，较小的根为﹣m﹣3，﹣m﹣3＜﹣4不成立，（ii）当m＝﹣1时，两个根同为﹣2＞﹣4，不成立，（iii）当﹣4＜m＜﹣1时，较小的根为2m，2m＜﹣4即m＜﹣2成立．综上可得①②成立时﹣4＜m＜﹣2．故答案为：（﹣4，﹣2）．46．【2012年天津理科14】已知函数y=|x2−1|x−1的图象与函数y＝kx﹣2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是．【解答】解：y=|x2−1|x−1={x+1，x≤−1或x＞1−x−1，−1＜x＜1，作出函数y=|x2−1|x−1与y＝kx﹣2的图象如图所示：∵函数y=|x2−1|x−1的图象与函数y＝kx﹣2的图象恰有两个交点，∴0＜k＜1或1＜k＜4．故答案为：（0，1）∪（1，4）．47．【2011年江苏11】已知实数a ≠0，函数f （x ）={2x +a ，x ＜1−x −2a ，x ≥1，若f （1﹣a ）＝f （1+a ），则a 的值为 ．【解答】解：当a ＞0时，1﹣a ＜1，1+a ＞1∴2（1﹣a ）+a ＝﹣1﹣a ﹣2a 解得a =−32舍去当a ＜0时，1﹣a ＞1，1+a ＜1∴﹣1+a ﹣2a ＝2+2a +a 解得a =−34故答案为−3448．【2011年上海理科13】设g （x ）是定义在R 上，以1为周期的函数，若函数f （x ）＝x +g （x ）在区间[3，4]上的值域为[﹣2，5]，则f （x ）在区间[﹣10，10]上的值域为 ．【解答】解：法一：∵g （x ）为R 上周期为1的函数，则g （x ）＝g （x +1）又∵函数f （x ）＝x +g （x ）在[3，4]的值域是[﹣2，5]令x +6＝t ，当x ∈[3，4]时，t ＝x +6∈[9，10]此时，f （t ）＝t +g （t ）＝（x +6）+g （x +6）＝（x +6）+g （x ）＝[x +g （x ）]+6所以，在t ∈[9，10]时，f （t ）∈[4，11] (1)同理，令x ﹣13＝t ，在当x ∈[3，4]时，t ＝x ﹣13∈[﹣10，﹣9]此时，f （t ）＝t +g （t ）＝（x ﹣13）+g （x ﹣13）＝（x ﹣13）+g （x ）＝[x +g （x ）]﹣13所以，当t ∈[﹣10，﹣9]时，f （t ）∈[﹣15，﹣8] (2)…由（1）（2）…得到，f （x ）在[﹣10，10]上的值域为[﹣15，11]故答案为：[﹣15，11]法二：由题意f （x ）﹣x ＝g （x ） 在R 上成立故 f （x +1）﹣（x +1）＝g （x +1）所以f （x +1）﹣f （x ）＝1由此知自变量增大1，函数值也增大1故f （x ）在[﹣10，10]上的值域为[﹣15，11]故答案为：[﹣15，11]49．【2010年江苏11】已知函数f(x)={x 2+1，x ≥01x ＜0，则满足不等式f （1﹣x 2）＞f （2x ）的x 的范围是 ． 【解答】解：由题意，可得{1−x 2＞2x 1−x 2＞0⇒x ∈(−1，√2−1) 故答案为：(−1，√2−1)50．【2010年天津理科16】设函数f （x ）＝x 2﹣1，对任意x ∈[32，+∞），f （x m ）﹣4m 2f （x ）≤f （x ﹣1）+4f （m ）恒成立，则实数m 的取值范围是 ．【解答】解：依据题意得x 2m 2−1﹣4m 2（x 2﹣1）≤（x ﹣1）2﹣1+4（m 2﹣1）在x ∈[32，+∞）上恒定成立， 即1m 2−4m 2≤−3x 2−2x +1在x ∈[32，+∞）上恒成立． 当x =32时，函数y =−3x 2−2x +1取得最小值−53， ∴1m −4m 2≤−53，即（3m 2+1）（4m 2﹣3）≥0，解得m ≤−√32或m ≥√32，故答案为：(−∞，−√32]∪[√32，+∞)． 2020年高考数学压轴必刷题专题02函数概念与基本初等函数(文科数学)1．【2019年天津文科08】已知函数f （x ）={2√x ，0≤x ≤1，1x，x ＞1．若关于x 的方程f （x ）=−14x +a （a ∈R ）恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为（ ）A ．[54，94]B ．（54，94]C ．（54，94]∪{1}D ．[54，94]∪{1}【解答】解：作出函数f （x ）={2√x ，0≤x ≤1，1x ，x ＞1．的图象，以及直线y =−14x 的图象，关于x 的方程f （x ）=−14x +a （a ∈R ）恰有两个互异的实数解，即为y ＝f （x ）和y =−14x +a 的图象有两个交点，平移直线y =−14x ，考虑直线经过点（1，2）和（1，1）时，有两个交点，可得a =94或a =54，考虑直线与y =1x 在x ＞1相切，可得ax −14x 2＝1，由△＝a 2﹣1＝0，解得a ＝1（﹣1舍去），综上可得a 的范围是[54，94]∪{1}．故选：D ．2．【2019年新课标3文科12】设f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（） A ．f （log 314）＞f （2−32）＞f （2−23）B ．f （log 314）＞f （2−23）＞f （2−32）C ．f （2−32）＞f （2−23）＞f （log 314）D ．f （2−23）＞f （2−32）＞f （log 314）【解答】解：∵f （x ）是定义域为R 的偶函数∴f(log 314)=f(log 34)，∵log 34＞log 33＝1，＜0＜2−32＜2−23＜20=1，∴0＜2−32＜2−23＜log 34f （x ）在（0，+∞）上单调递减，∴f(2−32)＞f(2−23)＞f(log 314)， 故选：C ．3．【2018年新课标2文科12】已知f （x ）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f （1﹣x ）＝f （1+x ），若f （1）＝2，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （50）＝（ ）A ．﹣50B ．0C ．2D ．50【解答】解：∵f （x ）是奇函数，且f （1﹣x ）＝f （1+x ），∴f （1﹣x ）＝f （1+x ）＝﹣f （x ﹣1），f （0）＝0，则f （x +2）＝﹣f （x ），则f （x +4）＝﹣f （x +2）＝f （x ），即函数f （x ）是周期为4的周期函数，∵f （1）＝2，∴f （2）＝f （0）＝0，f （3）＝f （1﹣2）＝f （﹣1）＝﹣f （1）＝﹣2，f （4）＝f （0）＝0，则f （1）+f （2）+f （3）+f （4）＝2+0﹣2+0＝0，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （50）＝12[f （1）+f （2）+f （3）+f （4）]+f （49）+f （50）＝f （1）+f （2）＝2+0＝2，故选：C ．4．【2018年新课标1文科12】设函数f （x ）={2−x ，x ≤01，x ＞0，则满足f （x +1）＜f （2x ）的x 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，﹣1]B ．（0，+∞）C ．（﹣1，0）D ．（﹣∞，0） 【解答】解：函数f （x ）={2−x ，x ≤01，x ＞0，的图象如图： 满足f （x +1）＜f （2x ），可得：2x ＜0＜x +1或2x ＜x +1≤0，解得x ∈（﹣∞，0）．故选：D ．5．【2017年北京文科08】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080，则下列各数中与M N 最接近的是（ ） （参考数据：lg 3≈0.48）A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093【解答】解：由题意：M ≈3361，N ≈1080，根据对数性质有：3＝10lg 3≈100.48，∴M ≈3361≈（100.48）361≈10173，∴M N ≈1017310=1093，故选：D ．6．【2017年天津文科08】已知函数f （x ）={|x|+2，x ＜1x +2x ，x ≥1.，设a ∈R ，若关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．[﹣2，2]B ．[−2√3，2]C ．[−2，2√3]D ．[−2√3，2√3] 【解答】解：根据题意，函数f （x ）={|x|+2，x ＜1x +2x ，x ≥1.的图象如图： 令g （x ）＝|x 2+a |，其图象与x 轴相交与点（﹣2a ，0）， 在区间（﹣∞，﹣2a ）上为减函数，在（﹣2a ，+∞）为增函数，若不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则函数f （x ）的图象在g（x）上的上方或相交，则必有f（0）≥g（0），即2≥|a|，解可得﹣2≤a≤2，故选：A．7．【2016年新课标2文科12】已知函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（2﹣x），若函数y＝|x2﹣2x﹣3|与y＝f（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），则∑m i=1x i＝（）A．0B．m C．2m D．4m【解答】解：∵函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（2﹣x），故函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象也关于直线x＝1对称，故函数y＝|x2﹣2x﹣3|与y＝f（x）图象的交点也关于直线x＝1对称，故∑m i=1x i=m2×2＝m，故选：B．8．【2016年北京文科08】某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，表中为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊．学生序号1 2 3 4 5 67 89 10立定跳远1.96 1.92 1.82 1.80 1.78 1.76 1.74 1.72 1.68 1.60（单位：米）63a7560 6372 70a﹣1 b65 30秒跳绳（单位：次）在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则（）A．2号学生进入30秒跳绳决赛B．5号学生进入30秒跳绳决赛C．8号学生进入30秒跳绳决赛D．9号学生进入30秒跳绳决赛【解答】解：∵这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，故编号为1，2，3，4，5，6，7，8的学生进入立定跳远决赛，又由同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则3，6，7号同学必进入30秒跳绳决赛，剩下1，2，4，5，8号同学的成绩分别为：63，a，60，63，a﹣1有且只有3人进入30秒跳绳决赛，故成绩为63的同学必进入30秒跳绳决赛，故选：B．9．【2015年新课标1文科12】设函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于y＝﹣x对称，且f（﹣2）+f （﹣4）＝1，则a＝（）A．﹣1B．1C．2D．4【解答】解：∵与y＝2x+a的图象关于y＝x对称的图象是y＝2x+a的反函数，y＝log2x﹣a（x＞0），即g（x）＝log2x﹣a，（x＞0）．∵函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于y＝﹣x对称，∴f（x）＝﹣g（﹣x）＝﹣log2（﹣x）+a，x＜0，∵f（﹣2）+f（﹣4）＝1，∴﹣log22+a﹣log24+a＝1，。

（一）命题特点和预测：分析近8年的全国新课标1的函数与导数大题，发现8年8考，每年1题，第1小题主要考查函数的切线、函数的单调性、极值、最值，第2小题主要考查零点个数、方程解得个数、切线的条数、极值点个数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查分类整合思想与分析解决问题的能力，第1小题是基础题，第2小题是压轴题，为难题.2019年函数与导数大题仍为压轴题，主要考查导数的几何意义、常见函数的导数及导数的运算法则、利用导数研究函数的图象与性质，进而研究零点个数、方程解得个数、切线的条数、极值点个数、不等式的证明、函数能成立与恒成立问题、范围问题，考查分类整合思想与分析解决问题的能力，难度为难题.（二）历年试题比较： 年份 题目2018年【2018新课标1，理21】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．2017年 【2017新课标1，理21】（12分）已知函数.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.2016年【2016高考新课标理数1】已知函数有两个零点.（I ）求a 的取值范围；（II ）设x 1，x 2是()f x 的两个零点，证明：122x x +<.2015年【2015高考新课标1，理21】已知函数f （x ）=.(Ⅰ)当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线； （Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数，讨论h （x ）零点的个数.2014年【2014课标Ⅰ，理21】（12分）设函数，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为（I ）求,;a b（II ）证明：() 1.f x >2013年 【2013课标全国Ⅰ，理21】(本小题满分12分)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )．若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0,2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2. (1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围．2012年【2012全国，理21】已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)e x －1－f (0)x ＋12x 2． (1)求f (x )的解析式及单调区间； (2)若f (x )≥12x 2＋ax ＋b ，求(a ＋1)b 的最大值． 2011年【2011全国新课标，理21】已知函数，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0. (1)求a ，b 的值；(2)如果当x ＞0，且x ≠1时，，求k 的取值范围．【解析与点睛】（2018年）（21）【解析】（1）的定义域为，.（i ）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii ）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.（2017年）【解析】（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减. （ⅱ）若0a >，则由()0f x '=得ln x a =-. 当时，()0f x '<；当时，()0f x '>，所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，综上，a 的取值范围为(0,1).当x =1时，若54a ≥-，则，,故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则，,故x =1不是()h x 的零点.当(0,1)x ∈时，，所以只需考虑()f x 在（0,1）的零点个数.(ⅰ)若3a ≤-或0a ≥，则在（0,1）无零点，故()f x 在（0,1）单调，而1(0)4f =，，所以当3a ≤-时，()f x 在（0，1）有一个零点；当a ≥0时，()f x 在（0，1）无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（0，3a -）单调递减，在（3a-，1）单调递增，故当x =3a -时，()f x【考点定位】利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想（2014年）【答案】（I ）1,2a b ==；（II ）详见解析.【解析】（I ）函数的定义域为(0,)+∞．．由题意可得，．故1,2a b ==．（II ）由（I ）知，，从而()1f x >等价于，设函数，则．所以当1(0,)x e∈时，'()0g x <；当1(,)x e ∈+∞时，'()0g x >．故()g x 在1(0,)e递减，在1(,)e +∞递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设，则．所以当(0,1)x ∈时，'()0h x >；当(1,)x ∈+∞时，'()0h x <．故()h x 在(0,1)递增，在(1,)+∞递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．综上，当0x >时，()()g x h x >，即() 1.f x >．（2013年）【解析】：(1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4.而f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )， 故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4. 从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.而F(x1)＝2x1＋2－21故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．③若k＞e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2]．则g′(x)＝e x－(a＋1)．当x∈(－∞，ln(a＋1))时，g′(x)＜0；当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)＞0.从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．（2011年）【解析】：(1).由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)，故即解得11ab=⎧⎨=⎩(2)(理)由(1)知，所以. 考虑函数(x＞0)，则（三）命题专家押题 题号试题1. 已知函数，.（1）若，求函数在区间（其中，是自然对数的底数）上的最小值；（2）若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围.2.设函数.（1）证明的图象过一个定点，并求在点处的切线方程；（2）已知，讨论的零点个数.3.已知函数，其中，.（1）判断函数的单调性；（2）设， 是函数的两个零点，求证：；4.已知函数.（1）讨论极值点的个数；（2）若有两个极值点，，且，求实数的取值范围.5.已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的极值点个数.6 设函数.(1)判断的单调性，并求极值；(2)若，且对所有都成立，求实数m的取值范围.7 已知函数，其中为自然对数的底数，.（1）当时，求的极值；（2）若存在实数，使得，且，求证：.8 设函数.（1）讨论的极值；（2）若曲线和曲线在点处有相同的切线，且当时，，求的取值范围9 已知函数（为自然对数的底，，为常数且）（1）当时，讨论函数在区间上的单调性；（2）当时，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．10 已知函数.（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（2）当时，若方程有两个不等实数根，，求实数的取值范围，并证明.【详细解析】1.【解析】（1）由题意，可得，，令，得.①当时，在上单调递减，∴.②当时，在上单调递减，在上单调递增，∴.综上，当时，，当时，.（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，则，∴，∴，代入得.∴问题转化为：关于的方程有解，设，则函数有零点，∵，当时，，∴. ∴问题转化为：的最小值小于或等于0.，设，则当时，，当时，.∴ 在 上单调递减，在上单调递增，∴ 的最小值为.由知，故.设，则∵，∴当∴ 的最小值，故 在时，，等价于.上单调递增，又∵函数在 上单调递增，∴.2.【解析】（1） ，，的图象经过定点在点 处的切线方程为（2） 则，令，在上单调递增，由 且当在，时，即上单调递减，在， 唯一，使；当时，即上单调递增，=令，则 在上递减，且①时，即时，，，在②时，即 时，，在上存在唯一零点③时，即时，上无零点，，即，又令，则，在上单增，，在上恒成立，，又 ，，即在 综上所述，，上各存在一个零点时， 无零点； 时，有一个零点；时， 有另一个零点.3.【解析】（1）①当时，，，，，∴，∴ 在 上递减；②当 综上可知，时，，在 上递减， 在，∴，∴ 在上递增.上递增.（2）不妨设，由题意及（I）可知，，，且，令，，则，即，∴，，∴，，由（1）知 在上递增，∴，∴.4.【解析】（1）由，得.令，得，即，令，则，且，由得.当 时，，在单调递增；当 时，，在单调递减.所以，且当时，；当时，.所以，当，方程 故当 当 当有两解，不妨设为时，，故 单调递减，时，，故 单调递增，时，，故 单调递减，即时， 有两个极值点；当，恒成立，故 单调递减，即 时， （2）不妨设没有极值点. ，由（1）知，，则，两边取对数，所以，所以，即.令，，则，.因为，即，所以，即，设 ，则 ，且.易知 .记，则，且 考查函数，，.①当时， ，则，即，所以 在上单调递减，所以当 时，，所以当时符合题意.②当时， ，有两个不同零点 ， ，且，，不妨设 ，则，当时，，则，所以 在 上单调递增，故存在，使得，所以，当时，不符合题意，综上， 的取值范围是.5.【解析】（1）依题意，，故，又，故所求切线方程为.（2）依题意.令，则，且当时，当 时，，所以函数 在 单调递减，在单调递增，，当 时， 函数 在区间恒成立， 单调递增，. 无极值点；当 时，，故存在和，使得，当时，，当时，，当时，，所以函数 在单调递减，在 和单调递增，所以 为函数的极大值点， 为函数 的极小值点.综上所述，当 时， 无极值点；当 时， 有 个极值点.6.【解析】(1) 当 a≤0 时， 当 a>0 时，由，， 在 R 上单调递增，函数无极值；得，，若，， 单调递减，若，f'（x）>0， 单调递增，的极小值为.(2)令，依题意，对所有的 x≥0，都有 F（x）≥0，易知，F（0）=0，求导可得，，令，由得，H（x）在[0，+∞）上为递增函数，即 F'（x）在 x∈[0，+∞）上为递增函数，若 m≤2，，得 在 x∈[0，+∞）上为递增函数，有 ≥F（0）=0，符合题意，若 m>2，令 <0，得.所以 在 综上，实数 m 的取值范围为 7.【解析】(1)）上单调递减，有 .舍去，当 时,得.当时,当时,所以当时, 单调递减, 当可得当时, 有极小值(2)由(1)时, 单调递增,当 时,此时 单调递增,若,可得,与矛盾;当 时, 由(1) 知当时, 单调递减, 当同理不存在或，使得时, 单调递增, ;不妨设,则有因为时, 单调递减, 当时, 单调递增,且,所以当时,由且,可得,故,又在单调递减,且所以,所以.同理即 解得 综上所述,命题得证.8.【解析】（1）∵，∴．①当 时，恒成立，所以 在 上单调递增，无极值．②当 时，由得，且当时，单调递减；当所以当时， 有极小值，且③当 时，由得，且当时，单调递增；当所以当时， 有极大值，且综上所述，当 时， 无极值；当 时，，无极大值；时，单调递增．，无极大值．时，单调递减．，无极小值．当 时，（2）由题意得∵和，无极小值． ，在点处有相同的切线，∴，即，解得 ，∴．令，则 由题意可得由得， ，解得 ． ．①当，即时，则，∴当时，单调递减；当时，∴上的最小值为②当，即时，则，∴当 又 ∴当 ③当时， ，时，在 ，即，即时，上单调递增， 恒成立．则有 从而当时，综上所述 的取值范围为， 不可能恒成立． ．9.【解析】（1）由题知 时，，，①当 时，得函数 在上单调递减；②当 时，由，得，由，得 ，单调递增， ，∴恒成立．，Ⅰ.当 Ⅱ.当（2）时，函数 在区间 时，函数 在区间时，上单调递减，在区间 上单调递增．，则 由（1）知，函数 所以当 时，，在区间上单调递增，，即，上单调递增；∴ ①当 ∴ ②当时，在区间（合题意）．时，． 上恒成立，即 在上单调递增，由，得，且 在上单调递增，又，，，，故在上存在唯一的零点 ，当时，，即在上递减，此时，知 在此时与已知矛盾（不合题意），综上：满足条件的实数 的取值范围是．上递减，10.【解析】（1），∵函数 在 上单调递增，∴在恒成立，即对恒成立，∴对恒成立，即，，令，则，∴ 在 上单调递减，∴ 在 上的最大值为.∴ 的取值范围是.（2）∵当 时，方程令当时，，则，，故 单调递减，当时，，故 单调递增，∴.若方程有两个不等实根，则有当 时，，，，令，则， 单调递增，∴，∴原方程有两个不等实根，∴实数 的取值范围是.， ，即 ，，不妨设，则，，∴，∵，∴, .令，则，∴在上单调递增，∴当时，，即，∴，∴.。

新高考数学《函数与导数》专题解析一、选择题1．已知函数()2100ax x f x lnx x ⎧+≤=⎨⎩，，＞，，下列关于函数()()0f f x m +=的零点个数的判断，正确的是（ ）A ．当a ＝0，m ∈R 时，有且只有1个B ．当a ＞0，m ≤﹣1时，都有3个C ．当a ＜0，m ＜﹣1时，都有4个D ．当a ＜0，﹣1＜m ＜0时，都有4个 【答案】B 【解析】 【分析】分别画出0a =，0a >，0a <时，()y f x =的图象，结合()t f x =，()0f t m +=的解的情况，数形结合可得所求零点个数． 【详解】令()t f x =，则()0f t m +=，当0a =时， 若1m =-，则0t ≤或t e =，即01x <≤或e x e =， 即当0a =，m R ∈时，不是有且只有1个零点，故A 错误；当0a >时，1m ≤-时，可得0t ≤或m t e e -=≥，可得x 的个数为123+=个，即B 正确；当0a <，1m <-或10m -<<时，由0m ->，且1m -≠，可得零点的个数为1个或3个，故C ，D 错误． 故选：B ．【点睛】本题考查了函数零点的相关问题，考查了数形结合思想，属于中档题.2．设复数z a bi =+（i 为虚数单位，,a b ∈R ），若,a b 满足关系式2a b t =-，且z 在复平面上的轨迹经过三个象限，则t 的取值范围是( ) A ．[0,1] B ．[1,1]- C ．(0,1)(1,)⋃+∞ D ．(1,)-+∞【答案】C 【解析】 【分析】首先根据复数的几何意义得到z 的轨迹方程2xy t =-，再根据指数函数的图象，得到关于t 的不等式，求解.【详解】由复数的几何意义可知，设复数对应的复平面内的点为(),x y ，2ax a y b t=⎧⎨==-⎩ ，即2xy t =- ， 因为z 在复平面上的轨迹经过三个象限， 则当0x =时，11t -< 且10t -≠ ， 解得0t >且1t ≠ ，即t 的取值范围是()()0,11,+∞U . 故选：C 【点睛】本题考查复数的几何意义，以及轨迹方程，函数图象，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.3．3ax ⎛ ⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（ ） A ．2ln 2 B ．ln 2 C ．2 D ．1【答案】A 【解析】 【分析】首先根据二项式定理求出a ，把a 的值带入11adx x⎰即可求出结果. 【详解】解题分析根据二项式3ax ⎛- ⎝⎭的展开式的通项公式得221213()4aT C ax x +⎛== ⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4411111d d ln 2ln 2a x x x x x ===⎰⎰.故选：A本题考查二项式定理及定积分. 需要记住二项式定理展开公式：1C k n k kk n T a b -+=.属于中等题.4．给出下列说法： ①“tan 1x =”是“4x π=”的充分不必要条件；②定义在[],a b 上的偶函数2()(5)f x x a x b =+++的最大值为30； ③命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x ∀∈+>R ”. 其中错误说法的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的定义判断①；利用函数奇偶性的性质以及二次函数的性质判断②；利用特称命题的否定判断③，进而可得结果. 【详解】 对于①，当4x π=时，一定有tan 1x =，但是当tan 1x =时，,4x k k ππ=+∈Z ，所以“tan 1x =”是“4x π=”的必要不充分条件，所以①不正确；对于②，因为()f x 为偶函数，所以5a =-.因为定义域[],a b 关于原点对称，所以5b =，所以函数2()5,[5,5]f x x x =+∈-的最大值为()()5530f f -==，所以②正确；对于③，命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x∀∈+<R ”，所以③不正确； 故错误说法的个数为2. 故选：C. 【点睛】本题考查了特称命题的否定、充分条件与必要条件，考查了函数奇偶性的性质，同时考查了二次函数的性质，属于中档题..5．已知全集U =R ，函数()ln 1y x =-的定义域为M ，集合{}2|0?N x x x =-<，则下列结论正确的是 A ．M N N =I B ．()U M N =∅I ð C ．M N U =UD ．()U M N ⊆ð【解析】 【分析】求函数定义域得集合M ，N 后，再判断． 【详解】由题意{|1}M x x =<，{|01}N x x =<<，∴M N N =I ． 故选A ． 【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．6．函数f （x ）＝x ﹣g （x ）的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝﹣x ﹣1，则g （2）+g '（2）＝（ ） A ．7 B ．4C ．0D ．﹣4【答案】A 【解析】()()()(),'1'f x x g x f x g x =-∴=-Q ，因为函数()()f x x g x =-的图像在点2x =处的切线方程是1y x =--，所以()()23,'21f f =-=-，()()()()2'2221'27g g f f ∴+=-+-=，故选A ．7．已知直线2y kx =-与曲线ln y x x =相切，则实数k 的值为（ ） A ．ln 2 B ．1C ．1ln2-D ．1ln2+【答案】D 【解析】由ln y x x =得'ln 1y x =+，设切点为()00,x y ，则0ln 1k x =+，000002ln y kx y x x =-⎧⎨=⎩，0002ln kx x x ∴-=，002ln k x x ∴=+，对比0ln 1k x =+，02x ∴=，ln 21k ∴=+，故选D.8．已知()2ln33,33ln3,ln3a b c ==+=，则,,a b c 的大小关系是（ ） A ．c b a << B ．c a b <<C ．a c b <<D ．a b c <<【答案】B 【解析】 【分析】根据,,a b c 与中间值3和6的大小关系，即可得到本题答案.因为323e e <<，所以31ln 32<<， 则3ln3223336,33ln 36,(ln 3)3a b c <=<=<=+>=<，所以c a b <<.故选：B 【点睛】本题主要考查利用中间值比较几个式子的大小关系，属基础题.9．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值． 【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1， ∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号，故则41m n +的最小值为25， 故选D ． 【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．10．函数()2log ,0,2,0,x x x f x x ⎧>=⎨≤⎩则函数()()()2384g x f x f x =-+的零点个数是（ ）A ．5B ．4C ．3D ．6【答案】A 【解析】通过对()g x 式子的分析，把求零点个数转化成求方程的根，结合图象，数形结合得到根的个数，即可得到零点个数． 【详解】 函数()()()2384g x f x f x =-+=()()322f x f x --⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的零点即方程()23f x =和()2f x =的根， 函数()2log ,0,2,0x x x f x x ⎧>=⎨≤⎩的图象如图所示：由图可得方程()23f x =和()2f x =共有5个根， 即函数()()()2384g x f x f x =-+有5个零点,故选：A. 【点睛】本题考查函数的零点与方程的根的个数的关系，注意结合图象，利用数形结合求得结果时作图很关键，要标准．11．函数()||()af x x a R x=-∈的图象不可能是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】C 【解析】变成分段函数后分段求导，通过对a 分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案. 【详解】,0(),0a x x xf x a x x x ⎧->⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩,∴221,0()1,0a x x f x a x x ⎧+>⎪⎪=⎨⎪-+<⎩'⎪.(1)当0a =时,,0(),0x x f x x x >⎧=⎨-<⎩,图象为A;(2)当0a >时,210ax+>,∴()f x 在(0,)+∞上单调递增, 令210ax -+=得x =∴当x <,210ax -+<,当0x <<时,210ax-+>,∴()f x在(,-∞上单调递减,在(上单调递增,图象为D; (3)当0a <时,210ax-+<,∴()f x 在(,0)-∞上单调递减, 令210ax +=得x =∴当x >时,210ax +>,当0x <<,210ax+<,∴()f x在上单调递减,在)+∞上单调递增,图象为B; 故选：C. 【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.12．函数()32xy x x =-⋅的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【分析】排除法：根据函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称；函数有1-，0，1三个零点；当2x =时，函数值为正数，进行选项排除即可. 【详解】函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称，故排除D ； 函数有1-，0，1三个零点，故排除A ； 当2x =时，函数值为正数，故排除B . 故选：C . 【点睛】本题考查函数的图象，根据解析式求图像通常利用排除法，依据有函数奇偶性、单调性、零点、定义域、值域、特殊值等，属于中等题.13．已知函数()f x 的导函数为()f x '且满足()()21ln f x x f x '=⋅+，则1f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（ ） A ．12e- B ．2e - C ．1-D ．e【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导得到导函数，代入1x =可求得()11f '=-，从而得到()f x '，代入1x e=求得结果. 【详解】由题意得：()()121f x f x''=+令1x =得：()()1211f f ''=+，解得：()11f '=-()12f x x '∴=-+12f e e ⎛⎫'∴=- ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查导数值的求解，关键是能够通过赋值的方式求得()1f '，易错点是忽略()1f '为常数，导致求导错误.14．已知函数()2cos f x x x =-，若15log 3a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，31log 5b f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，315c f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭=⎪，则（ ） A ．a b c >> B ．b a c >> C ．c b a >> D ．c a b >>【答案】B 【解析】 【分析】判断()f x 为偶函数，利用导数得出()f x 在()0,π上单调递增，由对数函数的性质，结合函数()f x 的单调性和奇偶性，即可得出答案. 【详解】()()()()22cos cos f x x x x x f x -=---=-=，故()f x 为偶函数故只需考虑()0,x ∈+∞的单调性即可.()'2sin f x x x =+，当()0,x π∈时，易得()'0f x > 故()f x 在()0,π上单调递增，()155log 3log 3a f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，()331log log 55b f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，由函数单调性可知()()3531log 3log 55f f f ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即c a b << 故选：B 【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性以及单调性比较大小，属于中档题.15．已知函数()f x 为偶函数，当x ＜0时，2()ln()f x x x =--，则曲线()y f x =在x ＝1处的切线方程为（ ） A ．x -y ＝0 B ．x -y -2＝0 C ．x +y -2＝0 D ．3x -y -2＝0【答案】A 【解析】 【分析】先求出当0x >时，()f x 的解析式，再利用导数的几何意义计算即可得到答案. 【详解】当0x >时，0x -<，2()ln f x x x -=-，又函数()f x 为偶函数，所以2()ln f x x x =-，(1)1f =，所以'1()2f x x x=-，'(1)1f =，故切线方程为11y x -=-，即y x =.故选：A ．【点睛】本题考查导数的几何意义，涉及到函数的奇偶性求对称区间的解析式，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.16．已知函数在区间上有最小值，则函数在区间上一定（ ）A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数【答案】D 【解析】 【分析】 由二次函数在区间上有最小值得知其对称轴，再由基本初等函数的单调性或单调性的性质可得出函数在区间上的单调性.【详解】 由于二次函数在区间上有最小值，可知其对称轴，.当时，由于函数和函数在上都为增函数，此时，函数在上为增函数；当时，在上为增函数；当时，由双勾函数的单调性知，函数在上单调递增，，所以，函数在上为增函数.综上所述：函数在区间上为增函数，故选D.【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了型函数单调性的分析，解题时要注意对的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.17．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x xg x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1,1e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．11,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】 【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e ex x a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111ee 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->, 令()()h x g x =,得()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x x x x a --=+-在()0,∞+上有解,即方程()11ln 1e e x x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e ex x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e 1e 1x x x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1x m x x --，则()=e 10x m x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1x m x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=， 即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立， ∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-, 故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.18．如图，对应此函数图象的函数可能是( )A ．21(1)2xy x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭B ．22(1)x y x =-C ．ln y x =D ．1x y xe =-【答案】B 【解析】 【分析】观察图象，从函数的定义域，零点，以及零点个数，特征函数值判断，排除选项，得到正确答案. 【详解】由图象可知当0x =时，1y =-，C 不满足； 当1x =时，0y =，D 不满足条件；A.由函数性质可知当2x =-时，()2141122y -⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，显然A 不成立； 而B 都成立. 故选：B 【点睛】本题考查根据函数图象，判断函数的解析式，重点考查函数性质的判断，包含函数的定义域，函数零点，零点个数，单调性，特殊值，等信息排除选项，本题属于中档题型.19．已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,0?2,0a x x g x x a x +≥⎧=⎨+<⎩（a ∈R ），若对任意x 1∈[1，＋∞），总存在x 2∈R ，使f （x 1）＝g （x 2），则实数a 的取值范围是（）A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．[]1,1,22⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U D ．371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U 【答案】C 【解析】 【分析】对a 分a=0,a ＜0和a ＞0讨论，a ＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a 的取值范围. 【详解】当a =0时，函数f （x ）＝2x －1的值域为[1,+∞），函数()g x 的值域为[0,++∞），满足题意. 当a ＜0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）, y =()cos 20a x x +≥的值域为[a +2,-a +2],因为a +2-2a =2-a >0,所以a +2＞2a , 所以此时函数g (x )的值域为（2a ,+∞）, 由题得2a ＜1，即a ＜12，即a ＜0. 当a ＞0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）,y =()cos 20a x x +≥的值域为[-a +2,a +2], 当a ≥23时，-a +2≤2a ,由题得21,1222a a a a-+≤⎧∴≤≤⎨+≥⎩. 当0＜a ＜23时，-a +2＞2a ，由题得2a ＜1，所以a ＜12.所以0＜a ＜12. 综合得a 的范围为a ＜12或1≤a ≤2， 故选C . 【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20．函数2ln x x y x=的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】根据函数为偶函数排除B ,当0x >时,利用导数得()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e +∞上递增,根据单调性分析,A C 不正确,故只能选D . 【详解】令2ln ||()||x x f x x =,则2()ln ||()()||x x f x f x x ---==-, 所以函数()f x 为偶函数,其图像关于y 轴对称,故B 不正确,当0x >时,2ln ()ln x xf x x x x==,()1ln f x x '=+,由()0f x '>,得1x e >,由()0f x '<,得10x e<<, 所以()f x 在1(0,)e上递减,在1(,)e +∞上递增,结合图像分析,,A C 不正确.故选:D 【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,利用单调性判断函数的图象,属于中档题.。