高三数学二轮复习专题一：函数与导数练习题

专题一：函数与导数一、函数的图象与性质一、单项选择题1．(2022·哈尔滨检测)下列既是奇函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝sinx B．y＝lnxC．y＝tanx D．y＝－eq\f(1,x)2．(2022·西安模拟)设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1－1，x≤3，,log2x2－1，x>3，))若f(x)＝3，则x的值为()A．3 B．1C．－3 D．1或33．(2022·常德模拟)函数f(x)＝eq\f(sinπx,ex＋e－x)的图象大致是() 4．(2022·张家口检测)已知函数f(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)，则()A．函数f(x)是奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增B．函数f(x)是奇函数，在区间(－∞，0)上单调递减C．函数f(x)是偶函数，在区间(0，＋∞)上单调递减D．函数f(x)非奇非偶，在区间(－∞，0)上单调递增5．(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，则下列函数中为奇函数的是()A．f(x－1)－1B．f(x－1)＋1C．f(x＋1)－1D．f(x＋1)＋16．设定义在R上的函数f(x)满足f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，则f(99)等于()A．1 B．2C．0 D.eq\f(13,2)7．已知函数f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且当x>0时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－22，0<x≤4，,\f(1,2)fx－4，x>4，))则方程f(x)＝1的解的个数为()A．4 B．6C．8 D．108．(2022·河北联考)若函数f(2x＋1)(x∈R)是周期为2的奇函数，则下列结论不正确的是()A．函数f(x)的周期为4B．函数f(x)的图象关于点(1,0)对称C．f(2021)＝0D．f(2022)＝0二、多项选择题9．下列函数中，定义域与值域相同的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝lnxC．y＝eq\f(1,3x－1) D．y＝eq\f(x＋1,x－1)10．(2022·淄博检测)函数D(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x∈Q，,0，x∉Q))被称为狄利克雷函数，则下列结论成立的是()A．函数D(x)的值域为[0,1]B．若D(x0)＝1，则D(x0＋1)＝1C．若D(x1)－D(x2)＝0，则x1－x2∈QD．∃x∈R，D(x＋eq\r(2))＝111．下列可能是函数f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1,0,1})的图象的是()12．已知函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝－1对称，且对∀x∈R，有f(x)＋f(－x)＝4.当x∈(0,2]时，f(x)＝x＋2，则下列说法正确的是()A．8是f(x)的周期B．f(x)的最大值为5C．f(2023)＝1D．f(x＋2)为偶函数三、填空题13．(2022·泸州模拟)写出一个具有下列性质①②③的函数f(x)＝____________.①定义域为R；②函数f(x)是奇函数；③f(x＋π)＝f(x)．14．已知函数f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)－x)＋1，则f(ln5)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,5)))＝________.15．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．16．(2022·济宁模拟)已知函数f(x)＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，则使得f(x)>f(2x)成立的x的取值范围是____________．

二、基本初等函数、函数与方程一、单项选择题1．幂函数f(x)满足f(4)＝3f(2)，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))等于()A.eq\f(1,3) B.3C.－eq\f(1,3) D.－32．(2022·泸州模拟)若logab>1，其中a>0且a≠1，b>1,则()A．0<a<1<b B．1<a<bC．1<b<a D．1<b<a23．函数f(x)＝eq\f(sinx,\r(25－x2))的零点有()A．2个 B．3个C．5个 D．无数个4．朗伯比尔定律(Lambert－Beerlaw)是分光光度法的基本定律，是描述物质对某一波长光吸收的强弱与吸光物质的浓度及其液层厚度间的关系，其数学表达式为A＝lg

eq\f(1,T)＝Kbc，其中A为吸光度，T为透光度，K为摩尔吸光系数，c为吸光物质的浓度，单位为mol/L，b为吸收层厚度，单位为cm.保持K，b不变，当吸光物质的浓度增加为原来的两倍时，透光度由原来的T变为()A．2T B．T2C.eq\f(1,2)T D．10T5．(2022·十堰统考)已知a＝ln3，b＝30.5，c＝lg9，则()A．a>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．b>c>a6．(2022·聊城模拟)“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为1.2mg/cm3，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少20%，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过0.2mg/cm3，若要使该工厂的废气达标排放，那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)()A．6B．7C．8D．97．(2022·湖南联考)已如函数f(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lg

eq\f(x＋3,3－x)，则()A．f(1)＋f(－1)<0B．f(－2)＋f(2)>0C．f(1)－f(－2)<0D．f(－1)＋f(2)>08．设x1，x2分别是函数f(x)＝x－a－x和g(x)＝xlogax－1的零点(其中a>1)，则x1＋4x2的取值范围为()A．(4，＋∞) B．[4，＋∞)C．(5，＋∞) D．[5，＋∞)二、多项选择题9．记函数f(x)＝x＋lnx的零点为x0，则关于x0的结论正确的为()A．0<x0<eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)<x0<1C．－x0＝0D．＋x0＝010．已知实数a，b满足等式2022a＝2023b，下列式子可以成立的是()A．a＝b＝0 B．a<b<0C．0<a<b D．0<b<a11．(2022·济宁模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且周期为2，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x2.若函数g(x)＝f(x)－x－a恰有3个不同的零点，则实数a的取值范围可以是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))12．(2022·长沙模拟)已知正数x，y，z满足3x＝4y＝12z，则()A.eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,z) B．6z<3x<4yC．xy<4z2 D．x＋y>4z三、填空题13．(2022·成都模拟)已知两个条件：①a，b∈R，f(a＋b)＝f(a)·f(b)；②f(x)在(0，＋∞)上单调递减．请写出一个同时满足以上两个条件的函数____________．14．(2022·广州模拟)据报道，某地遭遇了70年一遇的沙漠蝗虫灾害．在所有的农业害虫中，沙漠蝗虫对人类粮食作物危害最大．沙漠蝗虫繁殖速度很快，迁徙能力很强，给农业生产和粮食安全构成重大威胁．已知某蝗虫群在适宜的环境条件下，每经过15天，数量就会增长为原来的10倍．该蝗虫群当前有1亿只蝗虫，则经过________天，蝗虫数量会达到4000亿只．(参考数据：lg2≈0.30)15．已知函数f(x)＝|lnx|，实数m，n满足0<m<n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在区间[m2，n]上的最大值是2，则eq\f(n,m)的值为________．16．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln－x，x<0，,x2－x，x≥0，))若关于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6个不相等的实数根，则a的取值范围是__________．

三、导数的几何意义及函数的单调性一、单项选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－2x＋lnx，则函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为()A．2x＋y－2＝0B．2x－y－1＝0C．2x＋y－1＝0D．2x－y＋1＝02．已知函数f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cosx＋2，其导函数为f′(x)，则f′(0)等于()A．－1 B．0C．1 D．23．(2022·重庆检测)函数f(x)＝e－xcosx(x∈(0，π))的单调递增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))4．(2022·厦门模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－mx在区间x∈[1,2]上存在单调递增区间，则m的取值范围为()A．(0，e) B．(－∞，e)C．(0,2e2) D．(－∞，2e2)5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则()A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea6．已知a＝e0.3，b＝eq\f(ln1.5,2)＋1，c＝eq\r(1.5)，则它们的大小关系正确的是()A．a>b>c B．a>c>bC．b>a>c D．c>b>a二、多项选择题7．若曲线f(x)＝ax2－x＋lnx存在垂直于y轴的切线，则a的取值可以是()A．－eq\f(1,2) B．0C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,4)8．已知函数f(x)＝lnx，x1>x2>e，则下列结论正确的是()A．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0B.eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))C．x1f(x2)－x2f(x1)>0D．e[f(x1)－f(x2)]<x1－x2三、填空题9．(2022·保定模拟)若函数f(x)＝lnx－eq\f(2,\r(x))＋m在(1，f(1))处的切线过点(0,2)，则实数m＝______.10．已知函数f(x)＝x2－cosx，则不等式f(2x－1)<f(x＋1)的解集为________．11．(2022·伊春模拟)过点P(1,2)作曲线C：y＝eq\f(4,x)的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为________．12．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋lnx，对于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>3，则实数a的取值范围是________．四、解答题13．(2022·滁州模拟)已知函数f(x)＝x2－2x＋alnx(a∈R)．(1)若函数在x＝1处的切线与直线x－4y－2＝0垂直，求实数a的值；(2)当a>0时，讨论函数的单调性．14．(2022·湖北八市联考)设函数f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e＝2.71828…为自然对数的底数)(1)当a＝1时，求F(x)＝ex－f(x)的单调区间；(2)若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，求实数a的取值范围．

四、函数的极值、最值一、单项选择题1．下列函数中，不存在极值的是()A．y＝x＋eq\f(1,x) B．y＝xexC．y＝xlnx D．y＝－2x3－x2．下列关于函数f(x)＝(3－x2)ex的结论，正确的是()A．f(－3)是极大值，f(1)是极小值B．f(x)没有最大值，也没有最小值C．f(x)有最大值，没有最小值D．f(x)有最小值，没有最大值3．已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．04．(2022·南充检测)已知函数f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n等于()A．2B．7C．2或7D．3或95．(2022·晋中模拟)已知函数f(x)＝2xlnx＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，则a的取值范围为()A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)C．(0,4) D．(0,4]6．(2022·昆明模拟)若函数f(x)＝x2－4x＋alnx有两个极值点，设这两个极值点为x1，x2，且x1<x2，则()A．x1∈(1,2) B．a>2C．f(x1)<－3 D．f(x1)>－3二、多项选择题7．(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则()A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线8．(2022·河北名校联盟调研)若存在正实数m，n，使得等式4m＋a(n－3e2m)·(lnn－lnm)＝0成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是()A．－eq\f(1,e)B.eq\f(1,e3)C.eq\f(1,e2)D．2三、填空题9．函数f(x)＝x－ln|x|的极值点为________．10．已知函数f(x)＝xlnx－x＋2a＋2，若函数y＝f(x)与y＝f(f(x))有相同的值域，则实数a的取值范围是________．11．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为________．12．(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是________．四、解答题13．(2022·西安交大附中模拟)已知函数f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值与最小值之差g(a)．14.(2022·许昌模拟)已知函数f(x)＝cosx－eq\f(1,ex).(1)求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；(2)证明：函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上存在唯一的极大值点x0.(参考数据：7<e2<8，e3>16，)

五、导数的综合应用1.导数与不等式的证明1．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ex－x－1.(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.2．(2022·鹤壁模拟)设函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝e时，证明：f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).

2.恒成立问题与有解问题1．(2022·河北联考)已知函数f(x)＝ax2lnx与g(x)＝x2－bx.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b的值．(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．2．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求实数a的取值范围．

3.零点问题1．(2022·成都模拟)已知函数f(x)＝lnx－eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(－1k－1·x－1k,k).(1)分别求n＝1和n＝2的函数f(x)的单调性；(2)求函数f(x)的零点个数．2．(2022·广州模拟)已知函数f(x)＝ex＋sinx－cosx，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：当x≥0时，f′(x)≥2；(2)设g(x)＝f(x)－2x－1，证明：g(x)有且仅有2个零点．

参考答案一、函数的图象与性质1．D2.B3.C4.A5.B6.D7．D[由题意知，当x>0时，函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－22，0<x≤4，,\f(1,2)fx－4，x>4，))作出函数f(x)的图象，如图所示，又由方程f(x)＝1的解的个数，即为函数y＝f(x)与y＝1的图象交点的个数可知，当x>0时，结合图象，函数y＝f(x)与y＝1的图象有5个交点，又因为函数y＝f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，所以当x<0时，函数y＝f(x)与y＝1的图象也有5个交点，综上可得，函数y＝f(x)与y＝1的图象有10个交点，即方程f(x)＝1的解的个数为10.]8．D[∵函数f(2x＋1)(x∈R)是奇函数，∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1)⇒f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝0，∴函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，故B正确；∵函数f(2x＋1)(x∈R)的周期为2，∴f(2(x＋2)＋1)＝f(2x＋1)，即f(2x＋5)＝f(2x＋1)，∴f(x)的周期为4，故A正确；f(2021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故C正确；f(2022)＝f(4×505＋2)＝f(2)，无法判断f(2)的值，故D错误．]9．AD10.BD11.ABC12．ACD[因为函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝－1对称，故f(x)的图象关于直线x＝－2对称，因为对∀x∈R有f(x)＋f(－x)＝4，所以函数y＝f(x)的图象关于点(0,2)成中心对称，所以f(－2＋x＋2)＝f(－2－(x＋2))，即f(x)＝f(－4－x)＝4－f(－x)，又f(－4－x)＋f(x＋4)＝4，即f(－4－x)＝4－f(x＋4)，所以f(x＋4)＝f(－x)，所以f((x＋4)＋4)＝f(－(x＋4))＝f(x)，所以f(x＋8)＝f(x)，所以8是f(x)的周期，故A正确；又f(x＋2)＝f(－x＋2)，故函数f(x＋2)为偶函数，故D正确；因为当x∈(0,2]时，f(x)＝x＋2，且f(x)＋f(－x)＝4，则当x∈[－2,0)时，－x∈(0,2]，所以f(－x)＝－x＋2＝4－f(x)，所以f(x)＝x＋2，故当x∈[－2,2]时，f(x)＝x＋2，又函数y＝f(x)的图象关于直线x＝－2对称，所以在同一个周期[－6,2]上，f(x)的最大值为f(2)＝4，故f(x)在R上的最大值为4，故B错误；因为f(2023)＝f(253×8－1)＝f(－1)＝4－f(1)＝1，所以C正确．]13．sin2x(答案不唯一)14．215.[0,2]16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析令g(x)＝e|x|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，将其向右平移1个单位长度，得y＝e|x－1|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，所以f(x)＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))是函数g(x)向右平移1个单位长度得到的．而易知g(x)是偶函数，当x>0时，g(x)＝ex－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，g′(x)＝ex＋eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，当0<x≤2时，显然g′(x)>0，当x>2时，ex>e2，－eq\f(π,2)≤eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))≤eq\f(π,2)，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．从而可知f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减．所以当f(x)>f(2x)时，有|x－1|>|2x－1|，解得0<x<eq\f(2,3).二、基本初等函数、函数与方程1．A2.B3.B4.B5.C6.C7．D[因为f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)＋lg

eq\f(－x＋3,3＋x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2x)＋lg

\f(x＋3,3－x)))＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，所以f(x)＋f(－x)＝0，故A，B错误；又因为f(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\f(x＋3,3－x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(6,x－3)))，且eq\f(x＋3,3－x)>0，即(x＋3)(3－x)>0，解得－3<x<3，根据单调性的结论可知f(x)在(－3,3)上单调递增，所以当x∈(0,3)时，f(x)>0，当x∈(－3,0)时，f(x)<0，所以f(1)－f(－2)＝f(1)＋f(2)>0，C错误；f(－1)＋f(2)＝f(2)－f(1)>0，D正确．]8．C[令f(x)＝0，得x1＝，即eq\f(1,x1)＝，所以x1是y＝eq\f(1,x)与y＝ax(a>1)图象的交点的横坐标，且显然0<x1<1.令g(x)＝0，得x2logax2－1＝0，即logax2＝eq\f(1,x2)，所以x2是y＝eq\f(1,x)与y＝logax(a>1)图象的交点的横坐标，因为y＝ax与y＝logax关于y＝x对称，所以交点也关于y＝x对称，所以有x1＝eq\f(1,x2)，所以x1＋4x2＝x1＋eq\f(4,x1)，令y＝x＋eq\f(4,x)，易知y＝x＋eq\f(4,x)在(0,1)上单调递减，所以x1＋4x2>1＋eq\f(4,1)＝5.]9．BC10.ABD11.BD12．ABD[设3x＝4y＝12z＝t，t>1，则x＝log3t，y＝log4t，z＝log12t，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,log3t)＋eq\f(1,log4t)＝logt3＋logt4＝logt12＝eq\f(1,z)，A正确；因为eq\f(6z,3x)＝eq\f(2log12t,log3t)＝eq\f(2logt3,logt12)＝log129<1，则6z<3x，因为eq\f(3x,4y)＝eq\f(3log3t,4log4t)＝eq\f(3logt4,4logt3)＝eq\f(logt64,logt81)＝log8164<1，则3x<4y，所以6z<3x<4y，B正确；因为eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,z)，所以x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(x,y)＋2))·z≥4z，当且仅当x＝y时，等号成立，又x≠y，故x＋y>4z，D正确；因为eq\f(1,z)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)，则eq\f(xy,z)＝x＋y>4z，所以xy>4z2，C错误．]13．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x(答案不唯一)14．5415.e216．(2eq\r(2)，3)解析函数f(x)的图象如图所示，令t＝f(x)，则关于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6个不相等的实数根，等价于关于t的方程2t2－at＋1＝0在[0,1)上有2个不相等的实数根，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,0<\f(a,4)<1，,3－a>0，))解得2eq\r(2)<a<3.三、导数的几何意义及函数的单调性1．C2.C3.D4.D5.D6.B7．ABC[依题意，f(x)存在垂直于y轴的切线，即存在切线斜率k＝0的切线，又k＝f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)－1，x>0，∴2ax＋eq\f(1,x)－1＝0有正根，即－2a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)有正根，即函数y＝－2a与函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)，x>0的图象有交点，令eq\f(1,x)＝t>0，则g(t)＝t2－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，∴g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，∴－2a≥－eq\f(1,4)，即a≤eq\f(1,8).]8．BCD[∵f(x)＝lnx是增函数，∴(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，A错误；eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＝eq\f(1,2)(lnx1＋lnx2)＝eq\f(1,2)ln(x1x2)＝lneq\r(x1x2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝ln

eq\f(x1＋x2,2)，由x1>x2>e，得eq\f(x1＋x2,2)>eq\r(x1x2)，又f(x)＝lnx单调递增，∴eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，B正确；令h(x)＝eq\f(fx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x1)<h(x2)，即eq\f(fx1,x1)<eq\f(fx2,x2)⇒x1f(x2)－x2f(x1)>0，C正确；令g(x)＝ef(x)－x，则g′(x)＝eq\f(e,x)－1，当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x1)<g(x2)，即ef(x1)－x1<ef(x2)－x2⇒e[f(x1)－f(x2)]<x1－x2，D正确．]9．610.(0,2)11．2x＋y－8＝0解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝－eq\f(4,x2)，所以曲线C在A点处的切线方程为y－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(x－x1)，将P(1,2)代入得2－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(1－x1)，因为y1＝eq\f(4,x1)，化简得2x1＋y1－8＝0，同理可得2x2＋y2－8＝0，所以直线AB的方程为2x＋y－8＝0.12．a≤－1解析对于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>3.不妨设x1<x2，则f(x1)－f(x2)<3(x1－x2)，即f(x1)－3x1<f(x2)－3x2，设F(x)＝f(x)－3x，则F(x1)<F(x2)，又x1<x2，所以F(x)单调递增，F′(x)≥0恒成立．F(x)＝f(x)－3x＝eq\f(1,2)x2－(a＋3)x＋lnx.所以F′(x)＝x－(3＋a)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－3＋ax＋1,x)，令g(x)＝x2－(3＋a)x＋1，要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g(x)＝x2－(3＋a)x＋1≥0恒成立，即3＋a≤x＋eq\f(1,x)恒成立，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时等号成立，所以3＋a≤2，即a≤－1.13．解函数定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x).(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.(2)f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2x＋a,x)(x>0)，对于方程2x2－2x＋a＝0，记Δ＝4－8a.①当Δ≤0，即a≥eq\f(1,2)时，f′(x)≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当Δ>0，即0<a<eq\f(1,2)时，令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1－2a),2).又a>0，故x2>x1>0.当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．综上所述，当a≥eq\f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a<eq\f(1,2)时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上单调递减．14．解(1)当a＝1时，F(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，定义域为(1，＋∞)，F′(x)＝ln(x－1)－1，令F′(x)>0，解得x>e＋1，令F′(x)<0，解得1<x<e＋1，故F(x)的单调递增区间为(e＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e＋1)．(2)f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上有意义，故ax－1>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，可得a>e，依题意可得f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，设g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，g′(x)＝ex－eq\f(a2,ax－1)，易知g′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，故g′(x)≤g′(1)＝e－eq\f(a2,a－1)<0，故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，最小值为g(1)，故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，设h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，由h′(a)＝－ln(a－1)－eq\f(a,a－1)<0可得，h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上单调递减，又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.综上所述，a的取值范围为(e，e＋1]．四、函数的极值、最值1．D2.C3.A4.B5.D6.D7．AC[因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1<0，得－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))3－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.]8．ACD[由题意知，a≠0，由4m＋a(n－3e2m)(lnn－lnm)＝0，得4＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)－3e2))ln

eq\f(n,m)＝0，令t＝eq\f(n,m)(t>0)，则－eq\f(4,a)＝tlnt－3e2lnt，设g(t)＝tlnt－3e2lnt，则g′(t)＝1＋lnt－eq\f(3e2,t)，因为函数g′(t)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(e2)＝0，所以当0<t<e2时，g′(t)<0，当t>e2时，g′(t)>0，则g(t)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，从而g(t)min＝g(e2)＝－4e2，即－eq\f(4,a)≥－4e2，解得a≥eq\f(1,e2)或a<0.故a∈(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).]9．110.(－∞，0]11.112.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))解析方法一由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2axlna－2ex.令f′(x)＝0，得axlna＝ex.因为a>0且a≠1，所以显然x≠0，所以e＝eq\f(axlna,x).令g(x)＝eq\f(axlna,x)，则g′(x)＝eq\f(axlna2x－axlna,x2)＝eq\f(axlnaxlna－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,lna).故当x>eq\f(1,lna)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x<eq\f(1,lna)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以g(x)极小值＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))＝＝(lna)2，也是最小值．因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))<e，即(lna)2<e，又所以(lna)2<1.由题意易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，所以0<a<1，则－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).方法二由题意，f′(x)＝2axlna－2ex，根据f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f′(x)＝0的两个不同的根，又x1<x2，所以易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.由f′(x)＝0，可得axlna＝ex.①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去．②若0<a<1，令g(x)＝axlna，h(x)＝ex，在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)和h(x)的大致图象，如图所示．因为f′(x)＝0有两个不同的根，所以g(x)与h(x)的图象有两个交点，则过原点且与g(x)的图象相切的直线l的斜率k<e.不妨设直线l与g(x)的图象的切点坐标为(x0，)，因为g′(x)＝ax(lna)2，所以k＝可得x0＝eq\f(1,lna)，从而k＝(lna)2<e，又所以e·(lna)2<e，则(lna)2<1，又0<a<1，所以－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).13．解(1)因为f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增；②当a>0时，x∈(－∞，－eq\r(a))∪(eq\r(a)，＋∞)时，f′(x)>0；x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))时，f′(x)<0；故f(x)在(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)上单调递增，在(－eq\r(a)，eq\r(a))上单调递减．(2)由(1)可知：①当a≤0时，f(x)在[0,3]上单调递增，g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；②当eq\r(a)≥3，即a≥9时，f(x)在[0,3]上单调递减，g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；③当0<eq\r(a)<3，即0<a<9时，f(x)在[0，eq\r(a))上单调递减，在(eq\r(a)，3]上单调递增，于是f(x)min＝f(eq\r(a))＝－2aeq\r(a)＋a，又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.故当0<a<3时，g(a)＝27－9a＋2aeq\r(a)；当3≤a<9时，g(a)＝2aeq\r(a)，综上可得，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(27－9a，a≤0，,27－9a＋2a\r(a)，0<a<3，,2a\r(a)，3≤a<9，,9a－27，a≥9.))14．(1)解因为f(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，在x＝0处的切点为(0,0)，求导得f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，所以切线斜率为f′(0)＝1，所以函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x.(2)证明因为f(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))时，函数y1＝－sinx，y2＝eq\f(1,ex)均单调递减，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递减，因为e2<8，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝＝eq\f(1,\r(3,e2))－eq\f(1,2)>eq\f(1,\r(3,8))－eq\f(1,2)＝0，因为所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)<eq\f(1,2)－eq\f(\r(2),2)<0，根据零点存在定理可得，f′(x)存在唯一零点x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，使得f′(x0)＝－sinx0＝0，又y＝f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递减，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，x0))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,4)))时，f′(x)<0，所以x0是函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上唯一的极大值点．五、导数的综合应用1.导数与不等式的证明1．(1)解易知函数f(x)的定义域为R，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)证明要证f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx，即证ex－eq\f(1,2)x2－cosx≥0，设g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－cosx，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，又∵sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1(当且仅当x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z时，等号成立)，由(1)知ex－x－1≥0(当x＝0时等号成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0.∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.2．(1)解函数f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定义域为(－∞，a)，所以f′(x)＝eq\f(1,x－a)－1＝eq\f(1－x＋a,x－a)，因为当x<a时，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，a)上单调递减，故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a)，无单调递增区间．(2)证明当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，要证f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即证lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)，即证eq\f(lnx,x)＋1<eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e).设g(x)＝eq\f(lnx,x)＋1(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)＋1.设h(x)＝eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e)，h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，则当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝e＋eq\f(1,2e)，又eq\f(1,e)＋1<e＋eq\f(1,2e)，所以当a＝e时，f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).2.恒成立问题与有解问题1．解(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝1－b，,a＝2－b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵∃b∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－eq\f(e,2)恒成立，当x＝1时，有－1≥－eq\f(e,2)成立，∴a∈R，当x∈(1，e]时，a≥eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，令G(x)＝eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，则G′(x)＝eq\f(\f(e,2)lnx－x＋\f(e,2),xlnx2)，令m(x)＝eq\f(e,2)lnx－x＋eq\f(e,2)，则m′(x)＝eq\f(e,2x)－1，且m′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝0，当1<x<eq\f(e,2)时，m′(x)>0，当eq\f(e,2)<x<e时，m′(x)<0，∴m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))上单调递增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，e))上单调递减，m(1)＝－1＋eq\f(e,2)>0，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝eq\f(e,2)ln

eq\f(e,2)>0，m(e)＝0，∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，综上所述，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).2．解(1)由题意得x>－1，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－a.当a≤0时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上，f′(x)>0，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc