高考数学二轮专题复习 二次函数与幂函数提分训练 文 新人教版

高考大题专攻练11.函数与导数(A组)大题集训练,练就慧眼和规范,占领高考制胜点!1.设函数f(x)=x3-x2+ax,a∈R.(1)若x=2是f(x)的极值点,求a的值,并讨论f(x)的单调性.(2)已知函数g(x)=f(x)-ax2+,若g(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)=x3-x2+ax,a∈R,f′(x)=x2-x+a,因为x=2是f(x)的极值点,所以f′(2)=4-2+a=0,解得a=-2,代入得f′(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2),令f′(x)=0,解得x=-1或x=2.令f′(x)>0,解得x>2或x<-1,所以f(x)在x∈(-∞,-1),(2,+∞)时单调递增;令f′(x)<0,解得-1<x<2,所以f(x)在x∈(-1,2)时单调递减.(2)g(x)=f(x)-ax2+=x3-(1+a)x2+ax+,g′(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).①当a≥1时,x∈(0,1),g′(x)>0恒成立,g(x)单调递增,又g(0)=>0,因此此时函数g(x)在区间(0,1)内没有零点.②当0<a<1时,x∈(0,a),g′(x)>0,g(x)单调递增,x∈(a,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,所以-(1+a)+a+<0,解得a<-1,舍去.③当a≤0时,x∈(0,1),g′(x)<0,g(x)单调递减,又g(0)=>0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)<0,解得a<-1,满足条件.综上可得:a的取值范围是(-∞,-1).2.已知函数f(x)=xlnx+2,g(x)=x2-mx.(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值.(2)若存在x0∈使得mf′(x0)+g(x0)≥2x0+m成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)f′(x)=lnx+1(x>0).令f′(x)=0,解得x=,则x>,函数f(x)单调递增;0<x≤,函数f(x)单调递减.①t≥时,函数f(x)在[t,t+2](t>0)上单调递增,因此x=t时,函数f(x)取得最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.②0<t<时,<t+2,则x=时,函数f(x)取得极小值即最小值,f(x)min=f=-+2.综上可得:①t≥,x=t时,函数f(x)取得最小值,f(x)min=f(t)=tlnt+2.②0<t<,x=时,函数f(x)取得极小值即最小值,f(x)min=f=-+2.(2)存在x0∈使得mf′(x0)+g(x0)≥2x0+m成立,⇔m≤,x∈, 令h(x)=,x∈.h′(x)=,令u(x)=x-2lnx+2,x∈,则u′(x)=1-,可知x∈时单调递减;x∈(2,e]时单调递增. 且u(2)=2-2ln2+2>0,u(e)=e>0,因此u(x)>0.令h′(x)=0,解得x=1,可得:x=1是函数h(x)的极小值点,又h=,h(e)=>h.所以m≤,所以实数m的取值范围是.。

高考大题专攻练 12.函数与导数(B组)大题集训练,练就慧眼和规范,占领高考制胜点!1.已知函数f(x)=alnx-(a+b)x+x2(a,b∈R).(1)若a=2,b=1,求函数f(x)在x=1处的切线方程.(2)若f(x)在x=1处取得极值,讨论函数f(x)的单调性.【解析】(1)当a=2,b=1时,f(x)=2lnx-3x+x2,所以f′(x)=-3+2x,所以f′(1)=1,又f(1)=-2,所以f(x)在x=1处的切线方程为x-y-3=0.(2)f′(x)=-(a+b)+2x,由f(x)在x=1处取得极值,可得f′(1)=0,解得b=2,所以f′(x)=-(a+2)+2x=.当a=2时,f′(x)≥0,不满足f(x)在x=1处取得极值,故a≠2.①当a≤0,x∈(0,1)时,f′(x)<0,x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增;②当0<<1即0<a<2时,0<x<或x>1时,f′(x)>0,<x<1时,f′(x)<0,所以f(x)在,(1,+∞)单调递增,在单调递减.③当a>2,0<x<1或x>时,f′(x)>0,1<x<时,f′(x)<0,所以f(x)在(0,1),单调递增,在单调递减.2.已知函数f(x)=(x>0,a∈R).(1)求函数f(x)的极值点.(2)设g(x)=,若函数g(x)在(0,1)∪(1,+∞)内有两个极值点x1,x2,求证:g(x1)·g(x2)<.【解析】(1)f′(x)==(x>0).①若a≤0,由f′(x)=0,得x=2.由f′(x)>0,可得x>2,所以函数f(x)在(2,+∞)上为增函数;由f′(x)<0,可得0<x<2,所以函数f(x)在(0,2)上为减函数;所以函数f(x)在(0,+∞)上存在唯一的极小值点x=2,无极大值点.②若0<a<2,由f′(x)=0,得x=2,x=a,由f′(x)>0,可得0<x<a或x>2,所以函数f(x)在(0,a),(2,+∞)上为增函数;由f′(x)<0,可得a<x<2,所以函数f(x)在(a,2)上为减函数,所以函数f(x)在(0,+∞)上有极大值点x=a,极小值点x=2.③若a=2,则f′(x)=在(0,+∞)上大于等于零恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值点.④若a>2,由f′(x)=0,得x=2,x=a,由f′(x)>0,可得0<x<2或x>a,所以函数f(x)在(0,2),(a,+∞)上为增函数,由f′(x)<0,可得2<x<a,所以函数f(x)在(2,a)上为减函数.所以函数f(x)在(0,+∞)上有极大值点x=2,极小值点x=a.(2)g(x)==,则g′(x)=.记h(x)=2x2-(2+a)x+2,由题意可知方程h(x)=0,即2x2-(2+a)x+2=0在(0,1)∪(1,+∞)上有两个不等实数根x1,x2. 所以解得a>2.由g(x1)g(x2)====.因为a>2,所以>e2,所以g(x1)g(x2)=<.。

2023届新高考数学二轮复习：专题（导数解答题之零点题）提分练习【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e x f x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围.3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围.4．（2023秋ꞏ河南信阳ꞏ高三信阳高中校考期末）已知函数()()212ln ,e (0)x b f x x x a x g x xx -=--=->，其中0,,e a b ⎤>∈⎥⎦是自然对数的底数. (1)若()f x 在区间()1,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)设函数()()()()()2f xg x f x g xh x +--=，证明：存在唯一的正实数a ，使得()h x 恰好有两个零点.5．（2023秋ꞏ内蒙古呼和浩特ꞏ高三统考期末）已知函数()e 2xx x a f x a =-+.(1)当12a =时，讨论()f x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.6．（2023秋ꞏ河北衡水ꞏ高三河北衡水中学校考阶段练习）已知函数()e sin xf x x ax =+，π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. (1)若1a =-，求()f x 的最小值；(2)若()f x 有且只有两个零点，求实数a 的取值范围.7．（2023ꞏ辽宁ꞏ辽宁实验中学校考模拟预测）已知函数()e cos xf x x =．(1)求()f x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内的极大值；(2)令函数()1()e xaf x F x x =-，当πa >时，证明：()F x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且仅有两个零点．8．（2023秋ꞏ江苏南通ꞏ高三统考期末）已知函数()ln f x a x =，()()1e xg x x =-，其中a 为实数.(1)若函数()f x ，()g x 的图象在1x =处的切线重合，求a 的值；(2)若e a >，设函数()()()h x f x g x =-的极值点为0x .求证：①函数()h x 有两个零点1x ，2x （12x x <）；②01231x x x -->.9．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()()2sin ln 1f x x x x =-+-. (1)当10-<≤x 时，求()f x 的最小值；(2)设()()g x f x x =+，(]1,2πx ∈-，证明：()g x 有且仅有3个零点.（1.414≈，πln 1 1.544⎛⎫-≈- ⎪⎝⎭.）10．（2023春ꞏ云南ꞏ高三校联考开学考试）已知函数()(01)x f x a ax a a =->≠且． (1)当e a =时，求函数()f x 的极值；(2)讨论()f x 在区间(0,1)上的水平切线的条数．11．（2023秋ꞏ广西南宁ꞏ高三南宁二中校考期末）已知函数()()()22ln 11af x x x =+-+有两个不同的零点x 1，x 2.(1)当112x -<<-时，求证：()12ln 11x x +>-+；(2)求实数a 的取值范围；12．（2023秋ꞏ湖北武汉ꞏ高三统考期末）已知函数()xf x a =与()log a g x x =（0a >，且1a ≠）(1)求()g x 在()()1,1g 处的切线方程；(2)若1a >，()()()h x f x g x =-恰有两个零点，求a 的取值范围13．（2023秋ꞏ浙江ꞏ高三浙江省永康市第一中学校联考期末）已知函数()e x f x ax =-，()2g x x a =-+(1)当1a =时，求函数()()y f x g x =-的最小值；(2)设01a <<，证明：曲线()y f x =与曲线()y g x =有两条公切线.14．（2023ꞏ全国ꞏ模拟预测）已知函数()ln f x a x x =-1e a ⎛⎫> ⎪⎝⎭（e 是自然对数的底数）.(1)若12,x x （120x x <<）是函数()y f x =的两个零点，证明：12112ln x x x x <-； (2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围.15．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()()()e 1xf x a x a =--∈R .(1)当1a =时，求函数()y f x =的极值；(2)若关于x 的方程()ln e 0f x x +-=在()1,+∞无实数解，求实数a 的取值范围.16．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数2()eln (R),()eln x f x ax x a g x x x=+∈=-. (1)讨论函数()()2F x f x =在()0,∞+上的单调性；(2)若函数()f x 的图象与()g x 的图象有三个不同的交点，求实数a 的取值范围.17．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知函数()ln f x a x x =-（e 是自然对数的底数）． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当2a =时，若对于0k ∀>，曲线C ：2y m kx =-与曲线()y f x =都有唯一的公共点，求实数m 的取值范围．参考答案【总结】1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴（或直线y k =）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．【典型例题】例1．（2023秋ꞏ内蒙古包头ꞏ高三统考期末）已知函数()()ln 11f x x a x =--+. (1)若()f x 存在极值，求a 的取值范围；(2)当2a =时，讨论函数()()sin g x f x x =+的零点情况. 【答案解析】（1）因为()()ln 11f x x a x =--+，所以()()11(0)f x a x x'=-->， 当10a -≤，即1a ≤时，()0f x ¢>，则()f x 为单调递增函数，不可能有极值，舍去； 当10a ->，即1a >时，令()0f x '=，解得11x a =-， 当101x a <<-时，()0f x ¢>；当11x a >-时，()0f x '<；所以()f x 在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭上单调递减， 所以()f x 在11x a =-取得极大值，符合题意； 综上：1a >，故实数a 的取值范围为()1,+∞.（2）当2a =时，()ln 1sin (0)g x x x x x =-++>，则()11cos g x x x'=-+， 令()()11cos 0h x x x x =-+>，则()21sin h x x x'=--， （i ）当(]0,πx ∈时，()0h x '<，则()h x 单调递减，即()g x '单调递减， 注意到()cos101g '=>，()120ππg '=-<， 所以存在唯一的()01,πx ∈使()00g x '=，且当00x x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当0πx x <≤时，()0g x '<，()g x 单调递减，注意到22211121sin 0e e e g ⎛⎫=--++< ⎪⎝⎭，()1sin10g =>，2ln πln e 2π1<=<-，则()πln ππ10g =-+<，所以()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点；（ii ）当(]π,2πx ∈时，sin 0x ≤，故()ln 1g x x x ≤-+， 令()()ln 1π2πx x x x ϕ=-+<≤，则()110x xϕ'=-<， 所以()x ϕ在(]π,2π上单调递减，故()()πln ππ10x ϕϕ<=-+<， 所以()()0g x x ϕ≤<，故()g x 在(]π,2π上无零点； （iii ）当()2π,x ∈+∞时，sin 1x ≤，则()ln 2g x x x ≤-+， 令()()ln 22πm x x x x =-+>，则()110m x x=-<'，所以()m x 在()2π,+∞上单调递减， 又3ln 2πln e 32π2<=<-，故()()2πln 2π2π20m x m <=-+<， 所以()()0g x m x ≤<，故()g x 在()2π,+∞上无零点；综上：()g x 在21,1e ⎛⎫⎪⎝⎭和()1,π上各有一个零点，共有两个零点.例2．（2023春ꞏ全国ꞏ高三竞赛）已知函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈．设()f x '为()f x 的导函数．(1)证明：()f x '有且仅有一个极值点；(2)判断()f x 的所有零点之和与2π的大小关系，并说明理由．【答案解析】（1）证明：因为()()1e cos ,0,2πx f x x x -=+∈，所以()1e sin x f x x --'=- 设()()1e sin xg x f x x -==--'，()0,2πx ∈，所以()()111e cos e 1e cos xx x g x x x ---=--'=，其中1e 0x ->恒成立，令()11e cos x h x x -=-，()0,2πx ∈，则()111πecos e sin sin 4x x x h x x x x ---⎛⎫=-+='- ⎪⎝⎭，因为()0,2πx ∈，所以ππ7π,444x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭， 所以当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，当π5π,44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当5π,2π4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，函数()h x 单调递增；又()π1104π01e 0,1e 1e 0422h h --⎛⎫=->=->-> ⎪⎝⎭，5ππ044h h ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，7π1147π1e 1e 0422h -⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭，()7π2π04h h ⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()01001e cos 0x h x x -=-= ，即010e cos xx -=，故对于()()1e x g x h x -'=有()00g x '=，当()00,x x ∈时，()00g x '>，函数()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，()00g x '<，函数()f x '单调递减，所以0x 是函数()f x '的极大值点，()f x '无极小值点，故()f x '有且仅有一个极值点. （2）()f x 的所有零点之和大于2π，理由如下：函数()()1e cos ,0,2xf x x x π-=+∈，其导函数()1e sin x f x x --'=-，05π7π,44x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得当()00,x x ∈时，()f x '单调递增，当()0,2πx x ∈时，函数()f x '单调递减，又010ecos x x -=，所以()()0100000π0e 0,e sin cos sin 4xf f x x x x x -⎛⎫=-<=--=--=+' ⎝'⎪⎭，因为057π,π44x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以0π3π,2π42x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()00f x '>，又()12π2πe0f -'=-<， 故()100,x x ∃∈，使得()10f x '=，()20,2πx x ∃∈，使得()20f x '=，于是可得：当()10,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()12,x x x ∈时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当()2,2πx x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又()3π11π23ππe0,e 102f f --⎛''⎭<⎫=-=-+> ⎪⎝，故13ππ,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()π11π2πe 0,πe 102f f --⎛⎫=>=-< ⎪⎝⎭，所以存在π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f α=，所以()()1π0f x f <<，又3π123πe 02f -⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以()23π02f x f ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，则存在3ππ,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0f β=，又()12π2πe10f -=+>，所以函数()f x 在区间()2,2πx x ∈上无零点；故函数在()0,2πx ∈上有两个零点,αβ，且π3ππ22αβ<<<<， 由()()0f f αβ==可得：11e cos 0,e cos 0αβαβ--+=+=，所以11cos e ,cos e αβαβ--=-=-， 又111111e e e e αβαβαβαβ----<⇒->-⇒>⇒-<-， 所以()cos cos cos 2παββ<=-， 根据π3ππ22αβ<<<<，可得：ππ2α<<，π2ππ2β<-<，并且函数cos y x =在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以2παβ>-，即2παβ+>，故()f x 的两个零点之和大于2π.例3．（2023秋ꞏ重庆ꞏ高三统考学业考试）已知函数2()ln ,R f x x x a x a =--∈.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点(1,0)处的切线方程； (2)当02e a <<时，讨论函数()f x 的零点个数.【答案解析】（1）因为1a =，所以()2()ln 0f x x x x x =-->，令()()ln 0x x x x ϕ=->，则()111x x x xϕ-'=-=， 令()0x ϕ'>，得1x >；令()0x ϕ'<，得01x <<； 所以()x ϕ在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()11ln10x ϕϕ≥=->，即ln 0x x ->恒成立， 所以2()ln f x x x x =-+，则1()21f x x x'=-+， 所以切线的斜率为()12k f '==，又切点为(1,0)，所以切线方程为()21y x =-，即22y x =-.（2）令()0f x =，则2ln x x a x =-，该式等价于2ln x x a x =-或2ln x x a x =-+，当2ln x x a x =-时，有2ln x a x x =--，令()()20m x x x x =->，()ln n x a x =-，则2ln x x a x =-的解的个数即为()m x 与()n x 的交点个数，易知()m x 开口向上，对称轴为12x =， 所以()m x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()()010m m ==，而ln y x =在()0,∞+上单调递增，02e a <<，所以()ln n x a x =-在()0,∞+上单调递减，且()10n =，作出()m x 与()n x 的图像，如图，所以()m x 与()n x 的交点只有一个，且为()1,0，故2ln x x a x =-只有一个解；当2ln x x a x =-+时，因为当1x =时，该式不成立，所以2ln x a xx=+，令()()20ln x x h x x x+=>，则2(12)ln (1)()(ln )x x x h x x +-+'=， 令()()(12)ln (1)0s x x x x x =+-+>，则1()2ln 1s x x x'=++， 令()()12ln 10g x x x x=++>，则()221x g x x -'=，令()0g x '>，得12x >；令()0g x '<，得102x <<；所以()g x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 112ln 2132ln 2022g x g ⎛⎫==++=-> ⎪⎝⎭，故()()0s x g x '=>，所以()s x 在(0,)+∞上单调递增，因为()10,e e 02ss =-<=>，所以存在0x ∈，使得()00s x =，则()s x 在0(0,)x 上()0s x <，在0(,)x +∞上()0s x >， 所以()()2()ln s x h x x '=在()0,1上()0h x '<，在()01,x 上()0h x '<，在()0,x +∞上()0h x '>，所以() h x 在()0,1上单调递减，在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上调递增， 因为()00s x =，所以000(12)ln (1)0x x x +-+=，即000121ln 1x x x +=+， 所以()()()2200000000min0012ln 112x x x h x h x x x x x x x ++===+⋅=++，因为22y x x =+在()0,∞+上单调递增，0x ，所以20022e 2e 2x x +>⨯+>，故()()02e h x h x ≥>， 又因为02e a <<，所以方程()a h x =无解，即方程2ln x a x x=+无解，故2ln x x a x =-+无解；综上：当02e a <<时，2ln x x a x =-与2ln x x a x =-+只有一个解，即()f x 只有一个零点. 例4．（2023秋ꞏ山东日照ꞏ高三校联考期末）已知函数()sin e ()x f x x a f x π-='-，是()f x 的导函数．(1)若()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若(π)0f '=，判断关于x 的方程()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数，并说明理由．【答案解析】（1）由题意()0f x ≥在(π,π)-上恒成立，得π()sin e 0x f x x a --≥= ，即πe e sin x a x ≤恒成立，令()e sin x m x x =，则()()e sin cos xm x x x '=+ ，当(π,π)x ∈-时，π3π5π(,)444x +∈-，令()()e sin cos 0xm x x x '=+>π04x +>，则π(0,π)4x +∈，得π3π44x -≤<，令()()e sin cos 0xm x x x '=+<π04x +<，π3π(,0)44x +∈-或π5π(π,)44x +∈得 ππ4x -<<-或3ππ4x <<， 所以()()e sin cos xm x x x '=+在π(π,)4--和(3π,π)4为减函数，在π3π(,)44-上为增函数，()π(π)=0m m =- ，ππ()()44ππ(e sin()44m ---=-=，故π()4min ()m x -=，故π(π4e a -≤，即5π()4a -≤，综上 ，实数a 的取值范围5π()4(,e ]2--∞ .（2）由题意()sin e ()cos e x x f x x a f x x a π-π-'=-=+，， ()π10,1f a a '=-+=∴= ,由()1f x =-，得πsin e 10x x --+= ， 令()πsin e1xs x x -=-+ ，()πcos e x s x x -'=+ 令()πcos e x x x g -=+，π()sin e x g x x -'=--,令ππ()sin e ()cos e ,x x h x x h x x --'=--=-+()h x '在[]*(21)π,(22)π,N k k k ++∈上单调递减,注意到2ππ2π((21)π)1e 0,((22)π))1e 0k k h k h k ---''+=+>+=-+<, ∴存在()()021π,22()πx k k ∈++,使0()0h x '=， 且当()021πk x x +≤<时，()0h x '> ，()g x ' 单调递增, 当()02π2x x k <≤+时，()0h x '<，()g x '单调递减,且2ππ2π((21)π)e 0,((22)π)e 0k k g k g k ---''+=-<+=-< ,π2π23((21e 02k g k --'+=-> ,所以()g x '在3(21)π,(22k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭和3(2)π,(22)π2k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上各有一个零点，设为12,x x ，且当()1[21π,)x k x ∈+时，()s x '单调递减；12(,)x x x ∈时，()s x '单调递增， 当()2(,22π]x x k ∈+时，()s x '单调递减 且()()()()2ππ2π211ππe0,221e 0k k s k s k ---''+=-+<+=+> ，∴当()121πk x x +≤≤时，()()()21π0x s k s +''<< ， 当()222πx x k <≤+ 时，()()()22π0x s k s +''>>， 故()s x '在12(,)x x 上有唯一的零点，设为3x ，且当()321πk x x +<< ，时，()0s x '< ，()s x 在()321π)(,k x +上单调递减； 当()322πx x k <<+ 时，()0s x '>，()s x 在()3,22π()x k +上单调递增． 注意到2ππ2π((21)π)e 10,((22)π)e 10k k s k s k ---+=-+>+=-+> ，π2π23((2)π)e 02k s k --+=-< ，所以：()s x 在3((21)π,(2)π)2k k ++和3((22)π)2k k ++上各有一个零点，设为45,x x ，所以()s x 共两个零点，故方程()1f x =-()1f x =-在*[(21)π(22)π],(N )k k k ++∈，内实数解的个数为2. 例5．（2023秋ꞏ江西赣州ꞏ高三统考期末）已知函数()e xf x =，()22g x x x a =-++．(1)讨论函数()()()h x f x g x =⋅的单调性；(2)若函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，求证：曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．【答案解析】（1）()()2e 2x h x x x a =-++定义域为R ，所以()()2e 2x h x a x '=+-，①当20a +≤即2a ≤-时，()0h x '≤恒成立， 函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减函数．②当20a +>即2a >-时，令()0h x '>得：x <<，令()0h x '<得：x <x >所以，函数()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减综上所述，当2a ≤-时，函数()h x 在(),x ∈-∞+∞上为单调递减；当2a >-时，()h x 在(x ∈上单调递增，在(,x ∈-∞和)x ∈+∞上单调递减；（2）构造()()()2e 2x F xf xg x x x a =-=+--，所以()22e xF x x '=+-．记()()m x F x '=，()20e xm x '=+>恒成立，即()m x 在(),x ∈-∞+∞上单调递增．而()00210e m =-=-<，1102m ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以存在唯一的010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00m x =，即000e 22xx +-=，由()e x f x =，()22g x x x a =-++可得()e xf x '=，()22g x x '=-+，所以()00e xf x '=，()0022g x x '=-+，所以()()00f x g x ''=，即曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线．又因为当()0,x x ∈-∞时，()0F x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0F x '>， 故()F x 在()0,x x ∈-∞上单调递减，在()0,x x ∈+∞上单调递增， 故()F x 在0x x =上取得极小值，也是最小值， 即()()min 0F x F x =，由于函数()y f x =的图象与函数()y g x =的图象仅有一个交点M ，所以()00F x =，即0200e 20x x x a +--=，故()02220000e 24222x a x x x x x =+-=-+=--，010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()2022a x =--在010,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，所以1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，综上，曲线()y f x =与()y g x =在点M 处有相同的切线，且1,24a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．例6．（2023春ꞏ广东江门ꞏ高三校联考开学考试）已知函数21()e 2xf x x ax =+，()f x '为其导函数.(1)若2a =-，求()f x '的单调区间；(2)若关于x 的方程()x f x e =有两个不相等的实根，求实数a 的取值范围.【答案解析】（1）函数2()e x f x x x =-，x ∈R ，则()()1e 2xf x x x =+-'， 令()()()1e 2x h x f x x x ==+-'，则()()2e 2x h x x +'=-，设()()2e 2xm x x =+-，则()()3e 0x m x x +'==，得3x =-，故(),3x ∈-∞-时，()0m x '<，函数()m x 即()h x '单调递减，()3,x ∈-+∞时，()0m x '>，函数()m x 即()h x '单调递增，所以min 31()(3)20e h x h =-=--<'，又x →-∞时，()h x '→-∞，又(0)0h '=， 所以(),0x ∈-∞时，()0h x '<，函数()f x '单调递减，()0,x ∈+∞时，()0h x '>，函数()f x '单调递增，故()f x '的单调减区间为(),0∞-，增区间为()0,∞+；（2）关于x 的方程21e =e 2x x x ax +有两个不相等的实根，即函数()21e e 2x xg x x ax =-+，在x ∈R 上有两个零点，又()()()1e e e x x xg x x ax x a =+-+=+'，①当0a ≥时，()0g x '=，得0x =，所以当(),0x ∈-∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()min 01g x g ==-，又x →-∞时，()g x →+∞，()22e 20g a =+>，则函数()g x 在x ∈R上有两个零点；②当0a <时，()0g x '=，得0x =，()ln x a =-，（i ）当1a =-时，()ln 0a -=，此时()0g x '≥恒成立，函数()g x 单调递增，在x ∈R 上不可能有两个零点，不符合题意；（ii ）当10a -<<时，()ln 0a -<，则当()(),ln x a ∈-∞-时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()ln ,0x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，所以()()()()()()2211ln ln ln ln 11022g a a a a a a a a ⎡⎤-=--++-=--+<⎣⎦，()01g =-，故函数()g x 在区间(),0x ∈-∞无零点，在()0,x ∈+∞不可能存在两个零点，故不符合题意；（iii ）当1a <-时，()ln 0a ->，则当(),0x ∈-∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，()()0,ln x a ∈-时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当()()ln ,x a ∈-+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，又()01g =-，故函数()g x 在区间()(),ln x a ∈-∞-无零点，在()()ln ,x a ∈-+∞不可能存在两个零点，故不符合题意； 综上，实数a 的取值范围[)0,∞+.例7．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知2x =是函数2()e x f x ax =-的极值点.(1)求a ；(2)证明：()f x 有两个零点，且其中一个零点02,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；(3)证明：()f x 的所有零点都大于1ln 22-.【答案解析】（1）2()e x f x ax =-，则()e 2x f x ax '=-， 因为2x =是函数()f x 的极值点，所以(2)0f '=，即2e 40a -=，解得2e 4a =.当2e 4a =时，2e ()e 2xf x x '=-，当(1,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 所以2x =是函数()f x 的极小值点，故2e 4a =； （2）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，令()0f x =，则22e e 4xx =，作e xy =和22e 4y x =函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有2个交点，且一个交点分布在(,0)-∞上，另一个分布在(0,)+∞上， 所以方程()0f x =有2个解，即函数()y f x =有2个零点. 易知2是函数()f x 的一个零点，设另一个零点为0x ，又(0)10=>f ，2222e e 2e 2()e ()e 10e 4ef ---=--=-<，所以2(0)()0e f f -<，又函数()f x 在定义域上连续，由零点的存在性定理，知02(,0)ex ∈-；（3）由(1)知，22e ()e 4xf x x =-，当0x =时，(0)1f =， 当0x ≠时，令()0f x =，则22e 14x x -=， 设22e (0)()x h x x x -=≠，则()0h x >，23e (2)()x x x h x --='，令()00h x x '>⇒<或2x >，令()002h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增，在(0,2)上单调递减， 又1(2)0,(2)4h h ->=，2ln 221-<-<-，得111ln 222-<<-- 所以213132,0()1ln 222ln 22-<-<-<<--，又332e >16e 4⇒>，所以当1ln 22x =-时，1322ln 2223322221e e (ln 22)11()11ln 224(()e e ln 22ln 22h ----=<=<<---， 作出函数()y h x =和14y =的图象，如图所示，由图可知，两函数图象的交点的的横坐标都大于1ln 22-，故函数()f x 的所有零点都大于1ln 22-.例8．（2023秋ꞏ安徽阜阳ꞏ高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知函数1()e xf x x=+． (1)求()f x 的导函数()f x '的单调区间；(2)若方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根123 ,,x x x ，且12301x x x <<<<，求实数 a 的取值范围．【答案解析】（1）函数f (x )的定义域为()()()21,00,,e xf x x '-∞⋃+∞=-记()()g x f x '=，则()3332e 2e x x x g x x x '+=+=． 当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()0,+∞上单调递增，当(),0x ∈-∞时，记()()()32e 2,3e xx x x x x x ϕϕ'=+=+，所以(),3x ∈-∞-时，()0x ϕ'<，()x ϕ递减；()3,0x ∈-时，()0x ϕ'>，()x ϕ递增，()x ϕ的极小值为()333332e e 332e 0ϕ⎛⎫-=-> ⎪-⎝=⎭，即有()0x ϕ>， 因此()0g x '<， g (x )在(,0)-∞上单调递减，所以函数()f x '在()0,+∞上单调递增，在(,0)-∞上单调递减.（2）令()()()()211e ,e xx F x f x ax ax F x f x a a x x'=-=+-=-=--' 方程()f x ax =（R a ∈）有三个实数根等价于F (x )有三个零点123,,x x x ，12301x x x <<<<，当0a ≤时，因为0x >，则()0F x >，此时F (x )在()0,+∞无零点； 当0a >时，由（1）知()F x '在()0,+∞上单调递增，显然1()402F a '=--<，21(ln(e ))e e 10(ln(e ))F a a '+=->->+， 因此存在00x >，使得()00F x '=，()00,x x ∈，()()0,F x F x '<单调递减，()0,x x ∈+∞，()()0,F F x x '>单调递增，①若e 1a =+，则()1e 10F a =+-=，不符合题意；②若0e 1a <<+，()1e 10F a =+->，当01x ≥时，(0,1)x ∈，()0F x >，()F x 在()0,1上无零点，当01x <时，()()1,,0x F x ∈+∞>，()F x 在()1,+∞上无零点，不符合题意， ③若e 1a >+，则()1e 10F a =+-<，()1e 10F a '=--<，于是01x >， 而当01x <<时，1e e x <<，0a ax -<-<，但1x的取值集合是(1,)+∞， 因此存在(0,1)t ∈，使得()0F t >，当1x >时，令2()e x h x x =-，()e 2x h x x '=-，令()()e 2x u x h x x '==-，则()e 2e 20x u x '=->->，即()h x '在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 20h x h ''>=->， ()h x 在(1,)+∞上单调递增，()(1)e 10h x h >=->，因此当1x >时，2e x x >，有()2211e xF x ax x ax x ax x x=+->+->-，因为当x a ≥时，二次函数2x ax -的值域是[0,)+∞，于是得当x a ≥时，()0F x >，因此存在2301x x <<<，使得()()230F x F x ==，此时当0x <时，()e 10xF x a a '<-<-<，即函数F (x )在(,0)-∞上单调递减， 由()11111e 10,e 1e e 0a a F a F a a ---⎛⎫-=-+>-=-+<-< ⎪⎝⎭因此存在10x <，使得()10F x =，从而当e 1a >+时，F (x )有三个零点123,,x x x ，且12301x x x <<<<， 所以实数a 的取值范围是()e 1,++∞．例9．（2023春ꞏ江苏南京ꞏ高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数()e xf x =和()ln g x ax x =-，a ∈R(1)求()y f x =在0x =处的切线方程；(2)若当()1,x ∈+∞时，()ln g x x x a <+恒成立，求a 的取值范围； (3)若()()h x f x ax =-与()y g x =有相同的最小值． ①求出a ；②证明：存在实数b ，使得()h x b =和()g x b =共有三个不同的根1x 、2x 、()3123x x x x <<，且1x 、2x 、3x 依次成等差数列．【答案解析】（1）因为()e x f x =，则()e x f x '=，所以，()()001f f '==，所以，()y f x =在0x =处的切线方程为1y x =+. （2）当()1,x ∈+∞时，不等式()ln g x x x a <+等价于()1ln 01a x x x -->+． 设()()1ln 1a x p x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x a p x x x x x +-+'=-=++，且()10p =. 对于函数()2211y x a x =+-+，()()241442a a a ∆=--=-.（ⅰ）当2a ≤且()1,x ∈+∞时，()22211210x a x x x +-+≥-+>，故()0p x '>，则()p x 在()1,+∞上单调递增，因此()()10p x p >=； （ⅱ）当2a >时，令()0p x '=得11x a =-21x a =-由122110x x x x =⎧⎨>>⎩得101x <<，21x >，故当()21,x x ∈时，()0p x '<，()p x 在()21,x 单调递减，因此()()210p x p <=，不合乎题意.综上，a 的取值范围是(],2-∞．（3）①()e xh x ax =-的定义域为R ，而()e x h x a '=-，若0a ≤，则()0h x '>，此时()h x 无最小值，故0a >. 函数()ln g x ax x =-的定义域为()0,∞+，而()11ax g x a x x-'=-=. 当ln x a <时，()0h x '<，故()h x 在(),ln a -∞上为减函数， 当ln x a >时，()0h x '>，故()h x 在()ln ,a +∞上为增函数， 故()()min ln ln h x h a a a a ==-. 当10x a <<时，()0g x '<，故()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数， 当1x a >时，()0g x '>，故()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为增函数， 故()min 111ln 1ln g x g a a a ⎛⎫==-=+ ⎪⎝⎭.因为()e xh x ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值，故1n ln l a a a a =-+，整理得到1ln 1a a a-=+，其中0a >， 设()1ln 1a s a a a -=-+，其中0a >，则()()()222211011a s a a a a a --'=-=<++， 故()s a 为()0,∞+上的减函数，而()10s =，故()0s a =的唯一解为1a =，故1ln 1aa a-=+的解为1a =. 综上，1a =.②由①可得()e xh x x =-和()ln g x x x =-的最小值为1ln11+=.当1b >时，考虑e x x b -=的解的个数、ln x x b -=的解的个数.设()e x S x x b =--，()e 1xS x '=-，当0x <时，()0S x '<，当0x >时，()0S x '>， 故()S x 在(),0∞-上为减函数，在()0,∞+上为增函数， 所以()()min 010S x S b ==-<， 而()e0bS b --=>，()e 2b S b b =-，设()e 2b u b b =-，其中1b >，则()e 20bu b '=->，故()u b 在()1,+∞上为增函数，故()()1e 20u b u >=->，故()0S b >，故()e xS x x b =--有两个不同的零点，即方程e x x b -=的解的个数为2.设()ln T x x x b =--，()1x T x x-'=， 当01x <<时，()0T x '<，当1x >时，()0T x '>， 故()T x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数， 所以()()min 110T x T b ==-<， 而()ee0bbT --=>，()e e 20b b T b =->，()ln T x x x b =--有两个不同的零点即ln x x b -=的解的个数为2.当1b =，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=仅有一个解， 当1b <时，由①讨论可得ln x x b -=、e x x b -=均无根，故若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点，则1b >.设()e ln 2x t x x x =+-，其中0x >，故()1e 2xt x x'=+-， 设()e 1x r x x =--，其中0x >，则()e 10xr x '=->，故()r x 在()0,∞+上为增函数，故()()00r x r >=即e 1x x >+， 所以()11210t x x x'>+-≥->，所以()t x 在()0,∞+上为增函数， 而()1e 20t =->，31e 333122e 3e 30e e e t ⎛⎫=--<--< ⎪⎝⎭，故()t x 在()0,∞+上有且只有一个零点2x ，且2311e x <<， 当20x x <<时，()0t x <，即e ln x x x x -<-，即()()h x g x <， 当2x x >时，()0t x >，即e ln x x x x ->-，即()()h x g x >，因此若存在直线y b =与曲线()y h x =、()y g x =有三个不同的交点， 故()()221b h x g x ==>，此时e x x b -=有两个不同的根1x 、()2120x x x <<， 此时ln x x b -=有两个不同的根2x 、()32301x x x <<<，故11e xx b -=，22e x x b -=，33ln 0x x b --=，22ln 0x x b --=，所以33ln x b x -=，即33e x bx -=，即()33e 0x bx b b ----=，故3x b -为方程e x x b -=的解，同理2x b -也为方程e x x b -=的解，又11e x x b -=可化为11e xx b =+，即()11ln 0x x b -+=，即()()11ln 0x b x b b +-+-=，故1x b +为方程ln x x b -=的解，同理2x b +也为方程ln x x b -=的解，所以{}{}1223,,x x x b x b =--，而1b >，故2312x x bx x b =-⎧⎨=-⎩，即1322x x x +=.【过关测试】1．（2023秋ꞏ江苏苏州ꞏ高三统考期末）已知函数()ln(1)2axf x x x =+-+． (1)若0x ≥时，()0f x ≥，求实数a 的取值范围； (2)讨论()f x 的零点个数．【答案解析】（1）()f x 的定义域是(1,)-+∞，22212(42)(1)()1(2)(1)(2)a x a x f x x x x x +'-+=-=++++． ①当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在(1,)-+∞上单调递增， 又因为(0)0f =，所以当0x ≥时，()(0)0f x f ≥=，满足题意； ②当2a >时，令22()(42)(1)(42)(42)g x x a x x a x a =+-+=+-+-， 由()0g x =，得1(2)0x a =-<，2(2)0x a -=>． 当()20,x x ∈时，()0g x <，()0f x '<，所以()f x 在()20,x 上单调递减， 所以()()200f x f <=，不满足题意． 综上所述，2a ≤．（2）①当2a ≤时，由（1）可得()f x 在(1,)-+∞上单调递增，且(0)0f =，所以()f x 在(1,)-+∞上存在1个零点；②当2a >时，由（1）可得()0g x =必有两根1x ，2x ，又因为(1)10g -=>，(0)420g a =-<所以1(1,0)x ∈-，2(0,)x ∈+∞．x ()11,x -1x()12,x x2x()2,x +∞()f x '＋－＋()f x单调递增 极大值()1f x 单调递减 极小值()2f x 单调递增当()12,x x x ∈时，因为(0)0f =，所以()f x 在()12,x x 上存在1个零点， 且()()100f x f >=，()()200f x f <=； 当()11,x x ∈-时，因为()()e 12ee 1ln e 0e 1e l---------=-=<++a aa a aaa a f ，1e 10--<-<a ，而()f x 在1(0,)x 单调递增，且1()0f x '=，而(e 1)0a g -->，故11e 1ax --<-<，所以()f x 在()11,x -上存在1个零点； 当()2,x x ∈+∞时，因为()()e 12e 1ln e 0e 1e 1a a a a a a af --=-=>++， e 10a ->，而()f x 在2(,)x +∞单调递增，且2()0f x '=，而(e 1)0ag ->， 所以2e 1ax ->，所以()f x 在()2,x +∞上存在1个零点．从而()f x 在()1,-+∞上存在3个零点．综上所述，当2a ≤时，()f x 存在1个零点；当2a >时，()f x 存在3个零点．2．（2023秋ꞏ河南驻马店ꞏ高三统考期末）已知函数()21ln 12f x x x x x =---. (1)求()f x 的单调区间； (2)若函数()()()2121ln 12g x x a x a x =+-+--恰有两个不同的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由题意可得()ln f x x x '=-， 设()()ln h x f x x x '==-，则()111xh x x x-'=-=由()0h x '>，得01x <<，由()0h x '<，得1x >则()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，即()f x '在(0,1)单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()(1)10f x f ''≤=-<，故()f x 的单调递减区间是(0,)+∞，无递增区间（2）由题意可得21(2)1(1)(1)()2a x a x a x a x g x x a x x x-+-+-+--'=+-+==， ()g x 的定义域是(0,)+∞，①当10a -<，即1a >时，1x >时()0g x '>，01x <<时()0g x '<， 则()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 因为0x →时，()g x →+∞，x →+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--<，解得52a <，故152a <<；②当10a -=，即1a =时，由21()102g x x x =--=，解得x 1=因为0x >，所以1x =()g x 有且仅有1个零点，故1a =不符合题意； ③当011a <-<，即01a <<时，由()0g x '>，得01x a <<-或1x >， 由()0g x '<，得11a x -<<，则()g x 在(0,1)a -和(1,)+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0,g x x <→+∞时，()g x ∞→+， 所以()g x 要有两个零点，则1(1)2102g a =+--=或21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=， 若(1)0g =，解得52a =，不符合题意， 若(1)0g a -=，设1(0,1)t a =-∈，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=， 01t <<时，ln 0t t <，221111(1)0222t t t ---=-+-<，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解，即(1)0g a -=无解，故01a <<不符合题意；④当11a -=，即0a =时，()0g x '≥恒成立，则()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而()g x 最多有1个零点，则0a =不符合题意；⑤当11a ->，即a<0时，由()0g x '>，得01x <<或1x a >-，由()0g x '<，得11x a <<-， 则()g x 在(0,1)和(1),a -+∞上单调递增，在(1,1)a -上单调递减. 因为0x →时，()0g x x <→+∞，时，()g x ∞→+ 所以()g x 要有两个零点，则(1)0g =或(1)0g a -=，若1(1)2102g a =+--=，解得52a =，不符合题意，若21(1)(1)(2)(1)(1)ln(1)102g a a a a a a -=-+--+---=． 设1(1,)t a =-∈+∞，则(1)0g a -=化为2211(1)ln 1ln 1022t t t t t t t t t +--+-=--+-=，由（1）知21ln 12y t t t t =---在(1,)+∞上单调递减，所以21ln 102t t t t --+-<，21ln 102t t t t --+-=无解， 即(1)0g a -=无解，故a<0不符合题意．综上，a 的取值范围是51,2⎛⎫⎪⎝⎭．3．（2023ꞏ全国ꞏ高三专题练习）已知01a <<，函数()1x f x x a -=+，()1log a g x x x =++.(1)若()e e g =，求函数()f x 的极小值；(2)若函数()()y f x g x =-存在唯一的零点，求a 的取值范围. 【答案解析】（1）由()1e e e 1log e e ea g a =⇒++=⇒=， 所以()1e x f x x -=+，()11e xf x -'=-，令()01f x x '=⇒=，当1x <时，()0f x '<，当1x >时，()0f x ¢>， 所以()f x 在(,1)-∞上递减，在(1,)+∞上递增， 所以()f x 的极小值为()12f =；（2）()()1log 1x a f x g x a x --=--，令()1log 1x a F x a x -=--（0x >）， ()F x 存在唯—的零点，()11111ln ln ln ln x x F x a a xa a x a x a --⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭， 令()11ln ln x x xaa a ϕ-=-，()()11ln ln x x a x a a ϕ-'=+， 令()10ln x x aϕ'=⇒=-， 当10ln x a<<-时，()0x ϕ'<； 当1ln x a>-时，()0x ϕ'>， 所以()x ϕ在10,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减，在1,ln a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上递增， 所以()11ln min11ln ln ax a a a ϕϕ--⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭，。

2023高考数学二轮复习专项训练《一次函数与二次函数》一 、单选题（本大题共12小题，共60分） 1.（5分）关于x 的不等式1x +4x a⩾4在区间[1,2]上恒成立，则实数a 的取值范围为( )A. (0,43] B. (1,43] C. [1,43] D. [167,43] 2.（5分）若函数f(x)=x 2+2x +m ，x ∈R 的最小值为0，则实数m 的值是()A. 9B. 5C. 3D. 13.（5分）函数y=x2-2x ，x ∈[0，3]的值域为（ ）A. [0，3]B. [1，3]C. [-1，0]D. [-1，3]4.（5分）函数y =x 2−8x +2的增区间是()A. (−∞,−4]B. [−4,+∞)C. (−∞,4]D. [4,+∞)5.（5分）二次函数y =x 2−2x −3在x ∈[−1,2]上的最小值为( )A. 0B. −3C. −4D. −56.（5分）某工厂生产的A 种产品进入某商场销售，商场为吸引厂家第一年免收管理费，因此第一年A 种产品定价为每件70元，年销售量为11.8万件，从第二年开始，商场对A 种产品征收销售额的x%的管理费(即销售100元要征收x 元)，于是该产品定价每件比第一年增加了70.x%1−x%元，预计年销售量减少x 万件，要使第二年商场在A 种产品经营中收取的管理费不少于万元，则x 的最大值是( )A. 2B. 6.5C. 8.8D. 107.（5分）函数y =−x 2+2x −3在闭区间[0,3]上的最大值、最小值分别为()A. 0，−2B. −2，−6C. −2，−3D. −3，−68.（5分） 函数f(x)=|x 2−3x +2|的单调递增区间是( )A. [1,32]和[2,+∞)B. [32,+∞)C. (−∞,1]和[32,2]D. (−∞,32]和[2,+∞)9.（5分）下列命题正确的是( )A. 命题“∃x ∈R ，使得2x <x 2”的否定是“∃x ∈R ，使得2x ⩾x 2”B. 若a >b ，c <0，则ca >cbC. 若函数f(x)=x 2−kx −8(k ∈R)在[1,4]上具有单调性，则k ⩽2D. “x >3”是“x 2−5x +6>0”的充分不必要条件10.（5分）已知函数y=b+a x2+2x(a,b是常数，且0<a<1)在区间[−32,0]上有最大值3，最小值52，则ab的值是()A. 1B. 2C. 3D. 411.（5分）已知f(x)=x2+2(a−2)x+5在区间[4,+∞)上是增函数，则实数a的范围是()A. (−∞,−2]B. [−2,+∞)C. [−6,+∞)D. (−∞,−6]12.（5分）函数f(x)=ln x+12x2−ax(x>0)在区间[12,3]上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是()A. (52,3] B. [52,103)C. (52,103] D. [2,103]二、填空题（本大题共6小题，共30分）13.（5分）设b>0，二次函数y=ax2+bx+a2−1的图象为下列图象之一：则a的值为______．14.（5分）已知f(x)=m(x−2m)(x+m+3)，g(x)=2x−2，若对任意x∈R有f(x)<0或g(x)<0，则m的取值范围是____.15.（5分）函数y=x2+2ax+1在区间[2,+∞)上是增函数，那么实数a的取值范围是______ ．16.（5分）函数f(x)=log2(4−x2)的值域为__________________.17.（5分）若不等式−1<ax2+bx+c<1的解集为(−1,3)，则实数a的取值范围为_______.18.（5分）f(x)=x2−ax+3a−1在(3,+∞)上是增函数，实数a的范围是 ______ .三、解答题（本大题共6小题，共72分）19.（12分）求函数f（x）=x2+2ax+3在[-5，5]上的最大值和最小值．20.（12分）已知关于x的一元二次方程(m2−1)x2+(2m−1)x+1=0(m∈R)的两个实根是x1、x2.(1)求1x1+1x2的取值范围；(2)是否存在m，使得|x1−x2|=11−m2若存在，求m的值；若不存在，说明理由．21.（12分）已知函数f(x)=x2+bx+c，且f(1)=0．(1)若函数f(x)是偶函数，求f(x)的解析式；(2)在(1)的条件下，求函数f(x)在区间[t,t+1]上的最小值．22.（12分）已知函数f（x）=x2+2ax+2，x∈[-5，5]．（1）当a=-1时，求函数f（x）的最大值和最小值．（2）当a∈R时，求函数f（x）在区间[-5，5]上的最值．23.（12分）某军工企业生产一种精密电子仪器的固定成本为20000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收益满足函数：R(x)={400x−12x2,0⩽x⩽400 80000,x>400，其中x是仪器的月产量．(总收益=总成本+利润．)(1)将利润表示为月产量的函数；(2)当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润是多少元？24.（12分）平阳木偶戏又称傀偏戏、木头戏，是浙江省温州市的传统民间艺术之一.平阳木偶戏是以提线木偶为主，活跃于集镇乡村、广场庙会，演绎着古今生活百态.其表演形式独特，活泼多样，具有浓厚的地方色彩和很高的观赏性与研究价值.现有一位木偶制作传人想要把一块长为4dm(dm是分米符号)，宽为3dm的矩形木料沿一条直线MN切割成两部分来制作不同的木偶部位.若割痕MN(线段)将木料分为面积比为1:λ的两部分(含点A的部分面积不大于含点C的部分面积，M，N可以和矩形顶点重合)，有如下三种切割方式如图：①M点在线段AB上，N点在线段AD上;②M点在线段AB上，N点在线段DC上;③M点在线段AD上;N点在线段BC上.设AM=xdm，割痕MN(线段)的长度为ydm，(1)当λ=1时，请从以上三种方式中任意选择一种，写出割痕MN的取值范围(无需求解过程，若写出多种以第一个答案为准);(2)当λ=2时，判断以上三种方式中哪一种割痕MN的最大值较小，并说明理由.四、多选题（本大题共6小题，共30分）25.（5分）已知函数f(x)=&#x007Bln(x+1),x⩾0x2−2ax+1,x<0，其中实数a∈R，则下列关于x的方程f2(x)−(1+a)⋅f(x)+a=0的实数根的情况，说法正确的有()A. a取任意实数时，方程最多有5个根B. 当−1−√52<a<1+√52时，方程有2个根C. 当a=−1−√52时，方程有3个根D. 当a⩽−4时，方程有4个根26.（5分）若二次函数f(x)=ax2+bx+c满足f(2+x)=f(2-x)，则下列结论错误的是()A. b=cB. 2a+b=0C. 4a=-bD. a+b=027.（5分）已知函数f(x)=e2x-2e x-3，则()A. f(ln3)=0B. 函数f(x)的图象与x轴有两个交点C. 函数f(x)的最小值为-4D. 函数f(x)的单调增区间是[0,+∞)28.（5分）设a，b均为正数，且2a+b=1，则下列结论正确的是()A. ab有最大值18B. √2a+√b有最小值√2C. a2+b2有最小值15D. a−12a−1−4bb有最大值1229.（5分）已知函数f(x)=x，g(x)=√x，则下列说法正确的是()A. 函数y=1f(x)+g(x)在(0,+∞)上单调递增B. 函数y=1f(x)−g(x)在(0,+∞)上单调递减C. 函数y=f(x)+g(x)的最小值为0D. 函数y=f(x)−g(x)的最小值为−1430.（5分）已知f(x)是定义域为R的奇函数，x>0时，f(x)=x(1−x)，若关于x的方程f[f(x)]=a有5个不相等的实数根，则实数a的可能取值是()A. 132B. 116C. 18D. 14答案和解析1.【答案】A;【解析】由1x +4xa⩾4，分离变量a得1a⩾−14(1x−2)2+1，由x∈[1,2]求得1x∈[12,1]，则−14(1x−2)2+1∈[716,3 4 ].∴1a ⩾34，由此求得实数a的取值范围．该题考查了函数恒成立问题，考查了数学转化思想方法，属于中档题．解：由1x +4xa⩾4，得4xa⩾4−1x=4x−1x，即1a⩾4x−14x2=−14(1x)2+1x=−14(1x−2)2+1，∵x∈[1,2]，∴1x ∈[12,1]，则−14(1x−2)2+1∈[716,34].∴1a ⩾34，则0<a⩽43．∴实数a的取值范围为(0,43].故选：A．2.【答案】D;【解析】解：由题知y=(x+1)2+m−1，易知当x=−1时，f(x)min=m−1=0，故m=1即为所求．故选：D.将二次函数配方，易求得最小值，据此求解．此题主要考查利用配方法求二次函数的最值．3.【答案】D;【解析】解：∵函数y=x2-2x=（x-1）2-1，x∈[0，3]，∴当x=1时，函数y取得最小值为-1，当x=3时，函数取得最大值为 3，故函数的值域为[-1，3]，故选D．4.【答案】D;【解析】解：函数y=x2−8x+2=(x−4)2−14，对称轴为x=4，则函数的增区间为[4,+∞).故选：D.求出二次函数的对称轴，结合二次函数的图象和性质，即可得到所求增区间．此题主要考查二次函数的单调区间的求法，注意结合二次函数的对称轴，属于基础题．5.【答案】C;【解析】此题主要考查了二次函数在闭区间上的最值，属于基础题.解：∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，x∈[−1,2]，∴x=1时，函数取得最小值为−4.故选C.6.【答案】D;【解析】由已知有，第二年的年销售收入为(％2070％20+％2070x%％20％20)(11.8％20−％20x)万元，商场对该商品征收1％20−％20x%％20的管理费记为y，y％20=％20(％2070％20+％2070x%％20％20)(11.8％20−％20x)x%％20(x％20％3E％200)1％20−％20x%％20，则y⩾14，所以(％2070％20+％2070x%％20％20)(11.8％20−％20x)x%％20％20⩾％2014，1％20−％20x%％20化简得x2−12x+20⩽0，所以2⩽x⩽10，故x得最大值为10，选D.7.【答案】B;【解析】此题主要考查二次函数的最值的求法，属于简单题.解：函数y=−x2+2x−3的开口向下，对称轴为x=1，结合图象可得当x=3是y有最小值−6，当x=1时，y有最大值−2，所以本题选B.8.【答案】A; 【解析】此题主要考查函数的单调性和函数的单调区间，考查函数图象的应用，考查数形结合思想，属于基础题.由题函数f(x)=|x 2−3x +2|={x 2−3x +2,x ⩽1或x ⩾2−(x 2−3x +2),1<x <2，利用数形结合即可得到答案.解：由题可知函数f(x)=|x 2−3x +2|， 等价于f(x)={x 2−3x +2,x ⩽1或x ⩾2−(x 2−3x +2),1<x <2，画图可得如下图所示：∴函数的单调递增区间是[1,32]和[2,+∞) ，故选A.9.【答案】D;【解析】解：对于A ，命题“∃x ∈R ，使得2x <x 2”的否定是“∀x ∈R ，使得2x ⩾x 2”，故A 错误；对于B ，由条件知，比如a =2，b =−3，c =−1，则ca=−12<cb=13，故B 错误；对于C ，若函数f(x)=x 2−kx −8(k ∈R)在[1,4]上具有单调性，则k 2⩽1或k2⩾4，故k ⩽2或k ⩾8，故C 错误；对于D ，x 2−5x +6>0的解集为{ x |x <2或x >3}，故“x >3”是“x 2−5x +6>0”的充分不必要条件，正确． 故选：D.A 由命题的否命题，既要对条件否定，也要对结论否定，注意否定形式，可判断；B 由条件，注意举反例，即可判断；C 由二次函数的图象，即可判断；D 先求出不等式x 2−5x +6>0的解集，再由充分必要条件的定义，即可判断． 此题主要考查函数的单调性，充分必要条件的判断、命题的否定、不等式的性质，属于基础题．10.【答案】A;【解析】复合指数函数，当0<a<1时，整体指数为减函数，指数部分为二次函数，根据复合函数同增异减原则，对该区间内进行分块讨论，从而得到最值点−1，0本题着重考察求复合函数最值问题，通常利用图象法法讨论函数单调性的最值问题．解：A.令u=x2+2x=(x+1)2−1，当0<a<1时，整体指数为减函数，则借助二次函数图象，再由复合函数同增异减原则，在已知区间内，x=0取得最大值，x=−1取得最小值时．即{b+a−1=3b+a0=52，解得{a=23b=32，有ab=1．故选：A．11.【答案】B;【解析】解：∵函数f(x)=x2+2(a−2)x+5的图象是开口方向朝上，以x=2−a为对称轴的抛物线若函数f(x)=x2+2(a−2)x+5在区间[4,+∞)上是增函数，则2−a⩽4，解得a⩾−2．故答案为：B．由函数f(x)=x2+2(a−2)x+5的解析式，根据二次函数的性质，判断出其图象是开口方向朝上，以x=2−a为对称轴的抛物线，此时在对称轴右侧的区间为函数的递增区间，由此可构造一个关于a的不等式，解不等式即可得到实数a的取值范围．该题考查的知识点是函数单调性的性质，及二次函数的性质，其中根据已知中函数的解析式，分析出函数的图象形状，进而分析函数的性质，是解答此类问题最常用的办法．12.【答案】C;【解析】此题主要考查导数与二次方程根的分布，考查学生分析能力及运算能力，属于中档题. 对f(x)求导，问题转化为f′(x)=0在区间[12,3]上有且只有一解，根据二次方程根的分布建立不等式即解.解：f ′(x )=1x +x −a =x 2−ax +1x，x >0，令g(x)=x 2−ax +1，函数f (x )=ln x +12x 2−ax (x >0)在区间[12,3]上有且仅有一个极值点， 所以g (12).g (3)⩽0，即(14−12a +1)(9−3a +1)⩽0，且Δ≠0； 解得52⩽a ⩽103.当a =52时，令g(x)=x 2−52x +1=0，解得x 1=12，x 2=2，此时f (x )在(0,12]上单调递增，在[12,2]上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，故f (x )在x =2处取得极小值，在x =12处取得极大值.不符合题意； 当a =103时，令g(x)=x 2−103x +1=0，解得x 1=13，x 2=3，此时f (x )在(0,13]上单调递增，在[13,3]上单调递减，在(3,+∞)上单调递增， 故f (x )在x =3处取得极小值，在x =13处取得极大值. 此时f (x )在区间[12,3]上有且仅有一个极值点，符合题意； 故选C.13.【答案】-1;【解析】解：若a >0，即图象开口向上，∵b >0，∴对称轴x =−b 2a<0，故排除第2和4两图，若a <0，即图象开口向下，∵b >0∴对称轴x =−b2a >0，故函数图象为第3个图， 由图知函数过点(0,0)，∴a 2−1=0， ∴a =−1 故答案为−1先根据二次函数的开口方向和对称轴的位置，选择函数的正确图象，再根据图象性质计算a 值即可该题考查了二次函数的图象和性质，排除法解图象选择题14.【答案】(−4,0); 【解析】此题主要考查了全称命题与特称命题的成立，指数函数与二次函数性质的应用是解答本题的关键．解：∵g(x)=2x −2，当x ⩾1时，g(x)⩾0， 又∵∀x ∈R ，f(x)<0或g(x)<0，∴此时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<12m<1，∴−4<m<0故答案为(−4,0).15.【答案】[-2，+∞）;【解析】解：函数y=x2+2ax+1的对称轴为：x=−a，函数y=x2+2ax+1在区间[2,+∞)上是增函数，可得−a⩽2，解得a⩾−2，即a∈[−2,+∞)．故答案为：[−2,+∞)．求出二次函数的对称轴，结合函数的单调性，写出不等式求解即可．该题考查二次函数的简单性质的应用，是基础题．16.【答案】(−∞,2];【解析】此题主要考查了复合函数，先求出定义域，再根据复合函数的值域，属基础题. 解：由4−x2>0，得−2<x<2，即函数f(x)的定义域为(−2,2)，且0<4−x2⩽4，所以，f(x)⩽log24=2，即函数f(x)的值域为(−∞,2].故答案为(−∞,2].17.【答案】(−12,12);【解析】此题主要考查一元二次不等式得解法，考查二次函数的性质，是中档题. 分a=0，a>0和a<0三类讨论，结合二次函数的性质求解即可.解：当a=0时，b≠0，不等式的解集(−1,3)，适当选取b，c可以满足题意.当a>0时，不等式−1<ax2+bx+c<1对应的二次函数的对称轴为x=1，开口向上，所以x=−1时，a−b+c=1，x=3时，9a+3b+c=1，最小值为x=1时，a+b+c>−1，联立解这个不等式组得：a<12，所以0<a<12;当a<0时，不等式−1<ax2+bx+c<1对应的二次函数的对称轴为x=1，开口向下，所以x=−1时，a−b+c=−1，x=3时，9a+3b+c=−1，最大值为x=1时，a+b+c<1，联立解这个不等式组得：a>−12，所以−12<a<0;综上所述得−12<a<12.所以实数a的取值范围为(−12,12).故答案为(−12,12).18.【答案】（-∞，6]; 【解析】解：由题意得：对称轴x=−−a2=a2，∴a2⩽3，∴a⩽6；故答案为：(−∞,6].由已知得，函数图象开口向上，由题意读出对称轴x=a2⩽3，解出即可．本题考察了二次函数的对称轴，单调性，是一道基础题．19.【答案】解：∵函数f（x）=x2+2ax+3=（x+a）2+3-a2的对称轴为x=-a，①当-a＜-5，即a＞5时，函数y在[-5，5]上是增函数，故当x=-5时，函数y取得最小值为28-10a；当x=5时，函数y取得最大值为28+10a．②当-5≤-a＜0，即0＜a≤5时，x=-a时，函数y取得最小值为3-a2；当x=5时，函数y取得最大值为28+10a．③当0≤-a≤5，即-5≤a≤0时，x=-a时，函数y取得最小值为3-a2；当x=-5时，函数y取得最大值为28-10a．④当-a＞5，即a＜-5时，函数y在[-5，5]上是减函数，故当x=-5时，函数y 取得最大值为28-10a ； 当x=5时，函数y 取得最小值为28+10a ．;【解析】由于二次函数的对称轴为x=-a ，分①当-a ＜-5、②当-5≤-a ＜0、③当0≤-a≤5、④当-a ＞5四种情况，分别利用二次函数的性质求得函数的最值．20.【答案】解：（1）由题意知，Δ=（2m−1）2−4（m 2−1） =4m 2−4m+1−4m 2+4 =5−4m ⩾0， ∴m ⩽54， ∵m 2−1≠0， ∴m≠±1，∴m 的取值范围是(−∞，−1)∪(−1，1)∪(1，54]，由题意x 1+x 2=1−2m m 2−1，x 1x 2=1m 2−1 ∴1x 1+1x 2=x 1+x 2x 1x 2=1−2m ，又m ∈(−∞，−1)∪(−1，1)∪(1，54]， ∴2m ∈(−∞，−2)∪(−2，2)∪(2，52]，∴1−2m ∈[−32，−1)∪(−1，3)∪(3，+∞)，所以1x 1+1x 2的取值范围是[-32，−1）∪（-1，3）∪（3，+∞）．（2）(x 1−x 2)2=(x 2+x 2)2−4x 1x 2 =(1−2m )2(m 2−1)2−4m 2−1=5−4m (m 2−1)2，∴|x 1−x 2|=√5−4m |m 2−1|， 若|x 1−x 2|=−1m 2−1， 则m 2−1＜0， 即m ∈（−1，1）， ∴5−4m=1，即m=1∉（−1，1）， 故不存在．; 【解析】(1)由一元二次方程有两个根，则Δ>0，求出m 的范围，再利用韦达定理求解即可， (2)由(1)中结论，对所求式子进行变形，再求解．此题主要考查一元二次方程及韦达定理求参数的范围，属于中档题．21.【答案】解：（1）由f （1）=0，得：1+b+c=0， 由f （x ）是偶函数，得：b=0 ∴c=-1，因此f （x ）=x 2-1，（2）当t+1＜0，即t ＜-1时，函数f （x ）在区间[t ，t+1]上为减函数， 当x=t+1时，取最小值t 2+2t ，当t≤0≤t+1，即-1≤t≤0时，函数f （x ）在区间[t ，0]上为减函数，在[0，t+1]上是增函数 当x=0时，取最小值-1，当t ＞0时，函数f （x ）在区间[t ，t+1]上为增函数， 当x=t 时，取最小值t 2-1; 【解析】(1)利用函数的奇偶性，求出b ，利用f(1)=0求出c ， (2)分类讨论区间[t,t +1]与对称轴的关系，可得答案．该题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．22.【答案】解：（1）当a=-1时，f （x ）=x 2-2x+2=（x-1）2+1，对称轴x=1， 在[-5，5]上，最大值为f （-5）=37，最小值为f （1）=1； （2）函数f （x ）的对称轴是：x=-a ， ①当-a≤-5，即a≥5时，f （x ）在[-5，5]递增，f （x ）最小值=f （-5）=-10a+27，f （x ）最大值=f （5）=10a+27； ②当-5＜-a≤0，即0≤a ＜5时，f （x ）在[-5，-a ）递减，在（-a ，5]递增，f （x ）最小值=f （-a ）=-a 2+2，f （x ）最大值=f （5）=10a+27； ③当0＜-a≤5，即-5≤a ＜0时，f （x ）在[-5，-a ）递减，在（-a ，5]递增，f （x ）最小值=f （-a ）=-a 2+2，f （x ）最大值=f （-5）=-10a+27； ④-a≥5，即a≤-5时，f （x ）在[-5，5]递减，f （x ）最小值=f （5）=10a+27，f （x ）最大值=f （-5）=-10a+27．;【解析】（1）直接将a=-1代入函数解析式，求出最大最小值，（2）先求出函数的对称轴，通过讨论对称轴的位置，得到函数的单调性，从而求出函数的最值．23.【答案】解：(1)设月产量为x 台，则总成本为20000+100x ， 从而利润f(x)={−12x 2+300x −20000,0⩽x ⩽40060000−100x ,x >400.(2)当0⩽x ⩽400时，f(x)=−12(x −300)2+25000， 所以当x =300时，有最大值25000；当x >400时，f(x)=60000−100x 是减函数，所以f(x)<60000−100×400<25000． 所以当x =300时，有最大值25000，即当月产量为300台时，公司所获利润最大，最大利润是25000元．;【解析】该题考查了一次函数与二次函数的单调性、函数的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)设月产量为x 台，则总成本为20000+100x ，即可得出利润f(x)．(2)当0⩽x ⩽400时，f(x)=−12(x −300)2+25000，利用二次函数的单调性即可最大值．当x >400时，f(x)=60000−100x 是减函数，利用一次函数的单调性即可得出最大值．24.【答案】解：(1)选①y =5， 选②y ∈[3,5]， 选③y ∈[4,5]， (2)选①令AN =z ，则S =12xz =4，z =8x，y =√x 2+z 2=√x 2+64x 2，∵{0<x ⩽40<z ⩽3z =8x∴83⩽x ⩽4，∴x ∈[83,2√2]时，y =f(x)为减函数，∴x ∈[2√2,4]时，y =f(x)为增函数， 当x =83时，y =√1453，当x =4时，y =2√5，∴y max =2√5;选②令DN =z ，则S =12(x +z)×3=4，z =83−x ，y =√(x −z)2+9=√(2x −83)2+9，∵{0<x ⩽40⩽z ⩽4,∴0⩽x ⩽83,z =83−x∴x ∈[0,43]时，y =f(x)为减函数，∴x ∈[43,83]时，y =f(x)为增函数， 当∴x =0或x =83时，y max =√1453; 选③令BN =z ，则S =12(x +z)×4=4，z =2−x ，y =√(x −z)2+16=2√(x −1)2+4，∵{0⩽x⩽30⩽z⩽3,∴0⩽x⩽2z=2−x∴x∈[0,1]时，y=f(x)为减函数，∴x∈[1,2]时，y=f(x)为增函数，当∴x=0或x=2时，y max=2√5，综上所述，方式②割痕MN的最大值较小，值为√1453.;【解析】此题主要考查了函数最值的综合应用，属于中档题.25.【答案】CD;【解析】此题主要考查分段函数，二次函数及对数函数的性质，函数图象的应用，函数与方程的综合应用，属难题.求解方程f2(x)−(1+a)⋅f(x)+a=0，可得f(x)=1或f(x)=a，即可得原方程的实数根的个数，即为f(x)=1和f(x)=a的根的个数之和.分别对0⩽a⩽1，a>1，−1−√52<a<0，a=−1−√52和a<−1−√52时讨论画图即可判定.解：对于方程f2(x)−(1+a)⋅f(x)+a=0，解得f(x)=1或f(x)=a.所以原方程的实数根的个数，即为f(x)=1和f(x)=a的根的个数之和.对于函数f(x)=&#x007Bln(x+1),x⩾0x2−2ax+1,x<0，若a⩾0，当x∈[0,+∞)时，f(x)单调递增，且f(x)⩾0，当x∈(−∞,0)时，f(x)单调递减，且f(x)>1.如图：，由f(x)=1可得x=e−1，方程有1个根；又由f(x)=a可得，当0⩽a⩽1时，方程有1个根；当a>1时，方程有2个根.所以当0⩽a⩽1时，原方程共有2个根；当a>1时，原方程共有3个根.若a<0，当x∈[0,+∞)时，f(x)单调递增，且f(x)⩾0，当x∈(−∞,0)时，f(x)在(−∞,a)单调递减，在(a,0)单调递增，且f(x)⩾1−a2.又由{1−a2=aa<0，可得a=−1−√52.所以当−1−√52<a<0时，1−a2>a，如图：，由f (x)=1可得，方程有2个根；又由f(x)=a可得，方程无解.所以此时原方程有2个根；当a=−1−√52时，1−a2=a，如图：，由f(x)=1可得，方程有2个根；又由f(x)=a可得，方程有1个根.所以此时原方程有3个根；当a<−1−√52时，1−a2<a，如图：，由f(x)=1可得，方程有2个根；又由f(x)=a可得，方程有2个根.所以此时原方程有4个根；综上所述，当0⩽a⩽1或−1−√52<a<0时，原方程有2个根；当a>1或a=−1−√52时，原方程有3个根；当a<−1−√52时，原方程有4个根.对于A，对于a∈R，方程最多有4个根，故A错误；对于B，当1<a<1+√52时，方程有3个根，故B错误；对于C，当a=−1−√52时，方程有3个根，故C正确；对于D，当a<−1−√52时，方程有4个根，所以a⩽−4时，方程有4个根成立，故D正确. 故选：CD.26.【答案】ABD;【解析】【解析】此题主要考查二次函数性质，属于基础题.由f(2+x)=f(2−x)可知对称轴x=2，即−b2a=2，即可得到答案.解：由f(2+x)=f(2−x)可知对称轴x =2，即−b 2a=2，得4a =−b ，只有C 正确.故选A 、B 、D.27.【答案】ACD; 【解析】此题主要考查了函数定义域与值域，二次函数的最值，复合函数的单调性以及函数零点与方程根的关系，属于基础题．A 选项，将x =ln 3代入f(x)求解即可；B 选项，令f(x)=0，根据方程根的个数判断f(x)的图象与x 轴有几个交点；C 选项，求二次函数f(x)=(e x -1)2-4的最值即可；D 选项，利用复合函数的单调性判断即可．解：A 选项，f(ln 3)=e 2ln 3-2e ln 3-3=9-6-3=0，正确；B 选项，令f(x)=0，得(e x -3)(e x +1)=0，得e x =3或e x =-1(舍)，所以x =ln 3， 即函数f(x)的图象与x 轴只有1个交点，错误；C 选项，f(x)=(e x -1)2-4，当e x =1，即x =0时，f(x)min =-4，正确；D 选项，因为函数y =e x 在[0,+∞)上单调递增且值域为[1,+∞),函数y =x 2-2x -3在[1,+∞)上单调递增，所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增，正确． 故选ACD .28.【答案】ACD; 【解析】此题主要考查基本不等式的应用和函数的最值，注意检验等号成立的条件，式子的变形是解答该题的关键，属于中档题.利用基本不等式分别判断选项A ，B ，D 的对错，对于C ，由b =1−2a ，且0<a <12，转化为关于a 的二次函数，由函数的性质可得最值，可判断对错.解：∵正实数a ，b 满足2a +b =1，由基本不等式可得2a +b =1⩾2√2ab ， ∴ab ⩽18，当2a =b =12时等号成立，故ab 有最大值18，故A 正确； 由于(√2a +√b)2=2a +b +2√2ab =1+2√2ab ⩽2 ， ∴√2a +√b ⩽√2，当且仅当2a =b =12时等号成立， 故√2a +√b 有最大值为√2，故B 错误；由a ，b 均为正数，且2a +b =1，则b =1−2a ，且0<a <12，则a 2+b 2=a 2+(1−2a )2=5a 2−4a +1，当a =25∈(0,12)时，a 2+b 2有最小值15，故C 正确； b2a+2a b⩾2√b 2a =2,当且仅当2a =b =12时等号成立，a−12a −1−4b b=−a−b 2a −2a −3b b=52−b 2a−2a b⩽52−2=12,当且仅当b2a =2ab 时等号成立， 所以a−12a−1−4b b有最大值12，故D 正确，故选ACD .29.【答案】BCD; 【解析】此题主要考查函数的单调性、最值，属中档题.对于A ，求x =12和x =1时的函数值，即可判断不为单调递增，对于BC ，根据常见函数的单调性即可判断组合函数单调性、最值，对于D ，利用配方法求最值即可得解. 解：对于A:函数y =1f(x)+g(x)=1x+√x ，当x =12时，y =2+√22，当x =1时， y =2，所以函数y =1f(x)+g(x)在(0,+∞)上不单调递增，A 错误. 对于B:函数y =1f(x)−g(x)=1x −√x ，因为函数y =1x 和函数y =−√x 在(0,+∞)上单调递减， 所以y =1f(x)−g(x)在(0,+∞)上单调递减，B 正确.对于C:因为函数y =f(x)+g(x)=x +√x 在[0,+∞)上单调递增， 且当x =0时，y =0，所以y =f(x)+g(x)的最小值为0，C 正确. 对于D:函数y =f(x)−g(x)=x −√x =(√x −12)2−14，当√x =12时，函数y =f(x)−g(x)取得最小值，且最小值为−14，D 正确. 故选BCD.30.【答案】ABC; 【解析】根据函数的奇偶性，由已知区间的解析式，画出函数图象，令f(x)=t ，分别讨论a >14，a =14，316⩽a <14，0⩽a <316，四种情况，得出0⩽a <316满足题意，再根据对称性，得a <0时，−316<a <0满足题意，最后结合选项，即可得出结果．此题主要考查数形结合解决函数的零点个数，考查转化思想以及计算能力，是中档题．解：因为f(x)是定义域为R 的奇函数，x >0时，f(x)=x(1−x)=−(x −12)2+14⩽14，且f(12)=14，画出函数f(x)的图象如下：令f(x)=t ，f(14)=316，当a >14时，由图象可得y =a 与y =f(t)有一个交点，且t <−1， 由图象可得f(x)=t 只有一个根，不满足题意，当a =14时，由图象可得y =a 与y =f(t)有两个不同交点，交点的横坐标分别记作t 1，t 2，则t 1<−1，t 2=12， 则f(x)=t 1与f(x)=t 2共有两个根，不满足题意，当316⩽a <14时，由图象可得y =a 与y =f(t)有三个不同的交点， 记作t 1，t 2，t 3，不妨令t 1<t 2<t 3， 由图象可得，t 1<−1<14⩽t 2<12<t 3<1，则f(x)=t 1与f(x)=t 3各有一个根，而f(x)=t 2有一个或两个根，共三个或四个根，不满足题意，当0⩽a <316时，由图象可得y =a 与y =f(t)有三个不同的交点， 记作t 1，t 2，t 3，不妨令t 1<t 2<t 3，由图象可得，t 1⩽−1<0⩽t 2<14<12<t 3⩽1，则f(x)=t 1与f(x)=t 3以及f(x)=t 2共有5个根，满足题意，根据函数图象的对称性，当a <0时，为使关于x 的方程f[f(x)]=a 有5个不相等的实数根，只需要−316<a <0，综上，满足条件的a 的取值范围是(−316,316). 故选：ABC .。