新高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓7 函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì) 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 導數(shù)的簡單應用（含解析）-人教版高三數(shù)學試題

專題限時集訓(七)函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程導數(shù)的簡單應用1．(2020·全國卷Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2b B．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2 D．a(chǎn)<b2B[令f(x)＝2x＋log2x，因為y＝2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝log2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)＝2x＋log2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b<22b＋log22b，所以f(a)<f(2b)，所以a<2b.故選B．]2．(2019·全國卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則()A．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜bC．c＜a＜b D．b＜c＜aB[∵a＝log20.2＜0，b＝20.2＞1，c＝0.20.3∈(0，1)，∴a<c<b.故選B．]3．(2016·全國卷Ⅰ)若a>b>1，0<c<1，則()A．a(chǎn)c＜bc B．a(chǎn)bc＜bacC．a(chǎn)logbc＜blogac D．logac＜logbcC[∵y＝xα，α∈(0，1)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴當a＞b＞1，0＜c＜1時，ac＞bc，選項A不正確．∵y＝xα，α∈(－1，0)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，∴當a＞b＞1，0＜c＜1，即－1＜c－1＜0時，ac－1＜bc－1，即abc＞bac，選項B不正確．∵a＞b＞1，∴l(xiāng)ga＞lgb＞0，∴alga＞blgb＞0，∴eq\f(a,lgb)＞eq\f(b,lga).又∵0＜c＜1，∴l(xiāng)gc＜0.∴eq\f(algc,lgb)＜eq\f(blgc,lga)，∴alogbc＜blogac，選項C正確．同理可證logac＞logbc，選項D不正確．]4．(2017·全國卷Ⅰ)設x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則()A．2x<3y<5z B．5z<2x<3yC．3y<5z<2x D．3y<2x<5zD[令t＝2x＝3y＝5z，∵x，y，z為正數(shù)，∴t＞1.則x＝log2t＝eq\f(lgt,lg2)，同理，y＝eq\f(lgt,lg3)，z＝eq\f(lgt,lg5).∴2x－3y＝eq\f(2lgt,lg2)－eq\f(3lgt,lg3)＝eq\f(lgt2lg3－3lg2,lg2×lg3)＝eq\f(lgtlg9－lg8,lg2×lg3)＞0，∴2x＞3y.又∵2x－5z＝eq\f(2lgt,lg2)－eq\f(5lgt,lg5)＝eq\f(lgt2lg5－5lg2,lg2×lg5)＝eq\f(lgtlg25－lg32,lg2×lg5)＜0，∴2x＜5z，∴3y＜2x＜5z.故選D．]5．(2020·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝x4－2x3的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1B[法一：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切線方程為y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故選B．法二：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，f′(1)＝－2，∴切線的斜率為－2，排除C，D．又f(1)＝1－2＝－1，∴切線過點(1，－1)，排除A．故選B．]6．(2019·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的圖象大致為()ABCDD[∵f(－x)＝eq\f(sin－x－x,cos－x＋－x2)＝－eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，排除A；∵f(π)＝eq\f(sinπ＋π,cosπ＋π2)＝eq\f(π,－1＋π2)＞0，∴排除C；∵f(1)＝eq\f(sin1＋1,cos1＋1)，且sin1＞cos1，∴f(1)＞1，∴排除B．故選D．]7．(2019·全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝eq\f(2x3,2x＋2－x)在[－6，6]的圖象大致為()B[因為f(x)＝eq\f(2x3,2x＋2－x)，所以f(－x)＝eq\f(－2x3,2－x＋2x)＝－f(x)，且x∈[－6，6]，所以函數(shù)y＝eq\f(2x3,2x＋2－x)為奇函數(shù)，排除C；當x＞0時，f(x)＝eq\f(2x3,2x＋2－x)＞0恒成立，排除D；因為f(4)＝eq\f(2×64,24＋2－4)＝eq\f(128,16＋\f(1,16))＝eq\f(128×16,257)≈7.97，排除A．故選B．]8．(2018·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)的圖象大致為()B[當x＜0時，因為ex－e－x＜0，所以此時f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)＜0，故排除A、D；又f(1)＝e－eq\f(1,e)＞2，故排除C，選B．]9．(2016·全國卷Ⅰ)函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2，2]的圖象大致為()D[∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2，2]是偶函數(shù)，又f(2)＝8－e2∈(0，1)，故排除A，B．設g(x)＝2x2－ex，則g′(x)＝4x－ex.又g′(0)＜0，g′(2)＞0，∴g(x)在(0，2)內(nèi)至少存在一個極值點，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0，2)內(nèi)至少存在一個極值點，排除C．故選D．]10．(2015·全國卷Ⅱ)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點．點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A，B兩點距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)的圖象大致為()ABCDB[當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，f(x)＝tanx＋eq\r(4＋tan2x)，圖象不會是直線段，從而排除A，C．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝1＋eq\r(5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2eq\r(2).∵2eq\r(2)<1＋eq\r(5)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，從而排除D，故選B．]11．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A．a(chǎn)＝e，b＝－1 B．a(chǎn)＝e，b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1D[因為y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲線在點(1，ae)處的切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))]12．(2018·全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝xD[法一：因為函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因為x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y＝x.故選D．法二：因為函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax為奇函數(shù)，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y＝x.故選D．法三：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因為f(x)為奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)＝x2＋(a－1)x＋a為偶函數(shù)，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y＝x.故選D．]13．(2020·全國卷Ⅱ)設函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(1,x3)，則f(x)()A．是奇函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞增B．是奇函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減C．是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞增D．是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減A[法一：函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，因為f(－x)＝(－x)3－eq\f(1,－x3)＝－x3＋eq\f(1,x3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x3)))＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除C，D．因為函數(shù)y＝x3，y＝－eq\f(1,x3)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以f(x)＝x3－eq\f(1,x3)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，排除B，故選A．法二：函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，因為f(－x)＝(－x)3－eq\f(1,－x3)＝－x3＋eq\f(1,x3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x3)))＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除C，D．當x∈(0，＋∞)時，由f(x)＝x3－eq\f(1,x3)，得f′(x)＝3x2＋eq\f(3,x4)>0，所以f(x)＝x3－eq\f(1,x3)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，排除B，故選A．]14．(2017·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)＝－1，則滿足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A．[－2，2] B．[－1，1]C．[0，4] D．[1，3]D[∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)．∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故選D．]15．(2016·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))(xi＋yi)＝()A．0 B．mC．2m D．4mB[因為f(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因為eq\f(－x＋x,2)＝0，eq\f(f－x＋fx,2)＝1，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關于點(0，1)對稱．函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，故其圖象也關于點(0，1)對稱．所以函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)與y＝f(x)圖象的交點(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成對出現(xiàn)，且每一對均關于點(0，1)對稱，所以eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))xi＝0，eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))yi＝2×eq\f(m,2)＝m，所以eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))(xi＋yi)＝m.]16．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1C[法一：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，令t＝x－1，則g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，∴函數(shù)g(t)為偶函數(shù)．∵f(x)有唯一零點，∴g(t)也有唯一零點．又g(t)為偶函數(shù)，由偶函數(shù)的性質(zhì)知g(0)＝0，∴2a－1＝0，解得a＝eq\f(1,2).故選C．法二：f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2eq\r(ex－1·e－x＋1)＝2，當且僅當x＝1時取“＝”．－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時取“＝”．若a＞0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，要使f(x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝eq\f(1,2).若a≤0，則f(x)的零點不唯一．故選C．]17．(2020·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≥0，,－x，x＜0.))若函數(shù)g(x)＝f(x)－|kx2－2x|(k∈R)恰有4個零點，則k的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(2eq\r(2)，＋∞)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，2eq\r(2))C．(－∞，0)∪(0，2eq\r(2))D．(－∞，0)∪(2eq\r(2)，＋∞)D[由題意知函數(shù)g(x)＝f(x)－|kx2－2x|恰有4個零點等價于方程f(x)－|kx2－2x|＝0，即f(x)＝|kx2－2x|有4個不同的根，即函數(shù)y＝f(x)與y＝|kx2－2x|的圖象有4個不同的公共點．當k＝0時，在同一平面直角坐標系中，分別作出y＝f(x)與y＝|2x|的圖象如圖1所示，由圖1知兩圖象只有2個不同的公共點，不滿足題意．圖1當k＜0時，y＝|kx2－2x|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k)))\s\up10(2)－\f(1,k)))，其圖象的對稱軸為直線x＝eq\f(1,k)＜0，直線x＝eq\f(1,k)與y＝|kx2－2x|的圖象的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，－\f(1,k)))，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，－\f(1,k)))在直線y＝－x上，在同一平面直角坐標系中，分別作出y＝f(x)與y＝|kx2－2x|的圖象如圖2所示，由圖2易知函數(shù)y＝f(x)與y＝|kx2－2x|的圖象有4個不同的公共點，滿足題意．圖2當k＞0時，函數(shù)y＝|kx2－2x|的圖象與x軸的2個交點分別為原點(0，0)與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，0))，則當x＞eq\f(2,k)時，由kx2－2x＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0，得k＝2eq\r(2)，此時在同一平面直角坐標系中，分別作出函數(shù)y＝f(x)與y＝|kx2－2x|的圖象如圖3所示，由圖3知兩圖象有3個不同的公共點，不滿足題意．令Δ＝k2－8＞0，得k＞2eq\r(2)，此時在同一平面直角坐標系中，分別作出函數(shù)y＝f(x)與y＝|kx2－2x|的圖象如圖4所示，由圖4知兩圖象有4個不同的公共點，滿足題意．令Δ＝k2－8＜0，得0＜k＜2eq\r(2)，易知此時不滿足題意．圖3圖4綜上可知，實數(shù)k的取值范圍是(－∞，0)∪(2eq\r(2)，＋∞)，故選D．]18．(2015·全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)＜0，則a的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1))B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4)))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))D[∵f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0.又∵x0＝0是唯一的使f(x)<0的整數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≥0，,f1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－1[2×－1－1]＋a＋a≥0，,e2×1－1－a＋a≥0，))解得a≥eq\f(3,2e).又∵a＜1，∴eq\f(3,2e)≤a<1，經(jīng)檢驗a＝eq\f(3,4)，符合題意．故選D．]19．(2019·全國卷Ⅱ)設函數(shù)f(x)的定義域為R，滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當x∈(0，1]時，f(x)＝x(x－1)．若對任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則m的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4)))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))B[當－1＜x≤0時，0＜x＋1≤1，則f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x；當1＜x≤2時，0＜x－1≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)；當2＜x≤3時，0＜x－2≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝22f(x－2)＝22(x－2)(x－3)，……由此可得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(…,\f(1,2)x＋1x，－1＜x≤0，,xx－1，0＜x≤1，,2x－1x－2，1＜x≤2，,22x－2x－3，2＜x≤3，,…))由此作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．由圖可知當2＜x≤3時，令22(x－2)(x－3)＝－eq\f(8,9)，整理，得(3x－7)(3x－8)＝0，解得x＝eq\f(7,3)或x＝eq\f(8,3)，將這兩個值標注在圖中．要使對任意x∈(－∞，m]都有f(x)≥－eq\f(8,9)，必有m≤eq\f(7,3)，即實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))，故選B．]20．(2017·全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))則滿足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))[由題意知，可對不等式分x≤0，0<x≤eq\f(1,2)，x>eq\f(1,2)三段討論．當x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1,2)>1，解得x>－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.當0<x≤eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2)>1，顯然成立．當x>eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋2x－eq\f(1,2)>1，顯然成立．綜上可知，x>－eq\f(1,4).]21．(2018·全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]的零點個數(shù)為________．3[由題意知，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z.當k＝0時，x＝eq\f(π,9)；當k＝1時，x＝eq\f(4π,9)；當k＝2時，x＝eq\f(7π,9)，均滿足題意，所以函數(shù)f(x)在[0，π]的零點個數(shù)為3.]22．(2019·全國卷Ⅱ)已知f(x)是奇函數(shù)，且當x＜0時，f(x)＝－eax，若f(ln2)＝8，則a＝____________.－3[當x>0時，－x＜0，f(－x)＝－e－ax.因為函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以當x>0時，f(x)＝－f(－x)＝e－ax，所以f(ln2)＝e－aln2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(a)＝8，所以a＝－3.]23．(2020·全國卷Ⅰ)曲線y＝lnx＋x＋1的一條切線的斜率為2，則該切線的方程為________．y＝2x[設切點坐標為(x0，lnx0＋x0＋1)．由題意得y′＝eq\f(1,x)＋1，則該切線的斜率k＝eq\f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，所以切點坐標為(1，2)，所以該切線的方程為y－2＝2(x－1)，即y＝2x.]24．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．－eq\f(3\r(3),2)[因為f(x)＝2sinx＋sin2x，所以f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(1,2)))(cosx＋1)，由f′(x)≥0得eq\f(1,2)≤cosx≤1，即2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，由f′(x)≤0得－1≤cosx≤eq\f(1,2)，2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋π或2kπ－π≤x≤2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以當x＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)時，f(x)取得最小值，且f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝－eq\f(3\r(3),2).]1．[多選](2020·日照模擬)若函數(shù)f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|，其中a＞0，且a≠1，則函數(shù)f(x)，g(x)在同一坐標系中的大致圖象可能是()AD[由題意知f(x)＝ax－2是指數(shù)函數(shù)，g(x)＝loga|x|是對數(shù)函數(shù)，且是一個偶函數(shù)．當0＜a＜1時，f(x)＝ax－2單調(diào)遞減，g(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上遞減，此時A選項符合題意；當a＞1時，f(x)＝ax－2單調(diào)遞增，g(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時D選項符合題意，故選AD．]2．[多選](2020·濟寧模擬)下列函數(shù)中，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝22－x B．y＝eq\f(x－1,1＋x)C．y＝logeq\f(1,2)eq\f(1,x) D．y＝－x2＋2x＋aBC[A中，y＝22－x，令t＝2－x，∵t＝2－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴t∈(－∞，2)．∵y＝2t在(－∞，2)上單調(diào)遞增，∴y＝22－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．B中，y＝eq\f(x－1,1＋x)＝1－eq\f(2,x＋1)，令t＝x＋1，∵t＝x＋1在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴t∈(1，＋∞)．∵y＝1－eq\f(2,t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴y＝eq\f(x－1,1＋x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．C中，y＝logeq\s\do6(eq\f(1,2))eq\f(1,x)＝log2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．D中，y＝－x2＋2x＋a圖象的對稱軸為直線x＝1，所以函數(shù)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．故選BC．]3．(2020·江西紅色七校第一次聯(lián)考)若a，b，c滿足2a＝3，b＝log25，3c＝2，則()A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜c＜aC．c＜a＜b D．c＜b＜aC[a＝log23∈(1，2)，b＝log25∈(2，3)，c＝log32∈(0，1)，故c＜a＜b.]4．(2020·南昌模擬)已知正實數(shù)a，b，c滿足：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(a)＝log2a，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(b)＝log2b，c＝logeq\s\do6(eq\f(1,2))c，則()A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．b＜c＜a D．c＜a＜bB[因為c＝logeq\s\do6(eq\f(1,2))c，所以－c＝log2c.又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(a)＝log2a，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(b)＝log2b，所以a，b，c分別為y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(x)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(x)，y＝－x的圖象與y＝log2x的圖象交點的橫坐標．在同一平面直角坐標系中，分別作出y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(x)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(x)，y＝－x與y＝log2x的圖象，如圖，由圖可知c＜b＜a，故選B．]5．[多選](2020·威海模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0，,－x2，x＞0，))則下列結論中正確的是()A．f(－2)＝4 B．若f(m)＝9，則m＝±3C．f(x)是偶函數(shù) D．f(x)在R上單調(diào)遞減AD[由于－2＜0，所以f(－2)＝(－2)2＝4，故A選項正確；由f(m)＝9＞0知m≤0，且m2＝9，因此m＝－3，故B選項錯誤；由f(x)的圖象(圖略)可知f(x)是奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞減，故C選項錯誤，D選項正確．綜上，正確的結論是AD．]6．(2020·南昌模擬)若a＞b＞c＞1且ac＜b2，則()A．logab＞logbc＞logca B．logcb＞logba＞logacC．logbc＞logab＞logca D．logba＞logcb＞logacB[因為a＞b＞c＞1，所以logab＜logaa＝1，logbc＜logbb＝1，logca＞logcc＝1，排除選項A、C；logab－logbc＝eq\f(lgb,lga)－eq\f(lgc,lgb)＝eq\f(lgb2－lgalgc,lgalgb)，因為lgalgc＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lga＋lgc,2)))eq\s\up10(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lgac,2)))eq\s\up10(2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lgb2,2)))eq\s\up10(2)＝(lgb)2，所以eq\f(lgb2－lgalgc,lgalgb)＞0，所以logab＞logbc，所以logcb＞logba，排除選項D．所以選B．]7．(2020·惠州第二次調(diào)研)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)的圖象大致是()ABCDB[法一：函數(shù)f(x)的定義域為x∈(0，1)∪(1，＋∞)．故排除A；f(100)＝eq\f(1,100－ln100－1)＞0，排除C；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))＝eq\f(1,\f(1,100)＋ln100－1)＞0，排除D．故選B．法二：設g(x)＝x－lnx－1，則g(1)＝0，g′(x)＝1－eq\f(1,x)，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(0，1)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．所以當x∈(0，1)∪(1，＋∞)時，g(x)＞g(1)＝0.所以f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)的定義域為x∈(0，1)∪(1，＋∞)，且f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)＞0，故選B．法三：f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)的定義域為x∈(0，1)∪(1，＋∞)，故排除A；當x→0時，(x－lnx－1)→＋∞，f(x)→0，排除D；當x→＋∞時，x－lnx－1＞0，所以f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)＞0，排除C．故選B．]8．(2020·大同調(diào)研)函數(shù)f(x)＝2x－tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的圖象大致為()ABCDC[法一：因為f(－x)＝－2x－tan(－x)＝－2x＋tanx＝－f(x)，所以f(x)＝2x－tanx為奇函數(shù)，則其圖象關于原點對稱，故排除選項A，B；因為f′(x)＝2－eq\f(1,cos2x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(2),2))),cos2x)，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，f′(x)＞0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，f′(x)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，故排除選項D．故選C．法二：因為f(－x)＝－2x＋tanx＝－f(x)，所以f(x)＝2x－tanx為奇函數(shù)，則其圖象關于原點對稱，故排除選項A，B；因為f′(x)＝2－eq\f(1,cos2x)，所以f′(0)＝1，即f(x)的圖象在原點處的切線的斜率為1，故排除選項D．故選C．]9．(2020·西安模擬)若函數(shù)f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)、奇函數(shù)，且滿足f(x)＋2g(x)＝ex，則()A．f(－2)＜f(－3)＜g(－1)B．g(－1)＜f(－3)＜f(－2)C．f(－2)＜g(－1)＜f(－3)D．g(－1)＜f(－2)＜f(－3)D[因為函數(shù)f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)、奇函數(shù)，且滿足f(x)＋2g(x)＝ex①，所以f(－x)＋2g(－x)＝e－x，即f(x)－2g(x)＝e－x②.聯(lián)立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＋2gx＝ex,fx－2gx＝e－x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝\f(ex＋e－x,2),gx＝\f(ex－e－x,4)))，所以f(－2)＝eq\f(e－2＋e2,2)，f(－3)＝eq\f(e－3＋e3,2)，g(－1)＝eq\f(e－1－e,4)＜0.因為f(－3)－f(－2)＝eq\f(e－3＋e3,2)－eq\f(e－2＋e2,2)＝eq\f(e－1e2－e－3,2)＞0，所以g(－1)＜f(－2)＜f(－3)，故選D．]10．(2020·長春質(zhì)量監(jiān)測一)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且滿足f(2＋x)＋f(x)＝0，當x∈[－2，0]時，f(x)＝－x2－2x，則當x∈[4，6]時，y＝f(x)的最小值為()A．－8B．－1C．0D．1B[由f(2＋x)＋f(x)＝0，得f(4＋x)＋f(2＋x)＝0，以上兩式相減，得f(x)＝f(4＋x)，所以函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．設x∈[0，2]，則－x∈[－2，0]，f(－x)＝－(－x)2－2(－x)＝－x2＋2x.因為函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，當x＝1時，f(x)取得最小值－1.由周期函數(shù)的性質(zhì)知，當x∈[4，6]時，y＝f(x)的最小值也是－1，故選B．]11．[多選](2020·濰坊模擬)已知f(x)是定義在[－10，10]上的奇函數(shù)，且f(x)＝f(4－x)，則函數(shù)f(x)的零點個數(shù)至少為()A．3B．4C．5D．6C[∵f(x)是定義在[－10，10]上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，且f(x)的零點關于原點對稱，∴零點個數(shù)為奇數(shù)，排除選項B，D．又f(x)＝f(4－x)，∴f(0)＝f(4)＝0，f(－4)＝－f(4)＝0，∴f(－4)＝f(4＋4)＝f(8)＝0，f(－8)＝－f(8)＝0，∴f(x)的零點至少為0，±4，±8，共5個，故選C．]12．(2020·洛陽尖子生第一次聯(lián)考)已知f(x)為偶函數(shù)，當x＞0時，f(x)＝lnx－3x，則曲線y＝f(x)在點(－1，－3)處的切線與兩坐標軸圍成圖形的面積等于()A．1B．eq\f(3,4)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,2)C[當x＞0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－3，因為f(x)是偶函數(shù)，所以f′(x)是奇函數(shù)，故在(－1，－3)處切線的斜率k＝f′(－1)＝－f′(1)＝2，所以切線方程為y＋3＝2(x＋1)，該切線與x軸，y軸的交點分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，(0，－1)，所以該切線與兩坐標軸圍成圖形的面積等于eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,4)，故選C．]13．(2020·沈陽質(zhì)量監(jiān)測(一))已知函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，且當x∈(0，＋∞)時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－12，0＜x≤2，,fx－2＋1，x＞2，))則函數(shù)g(x)＝f2(x)－f(x)的零點個數(shù)為()A．4B．5C．6D．7C[∵x∈(0，2]時，f(x)＝(x－1)2，x＞2時，f(x)＝f(x－2)＋1，∴將f(x)在區(qū)間(0，2]上的圖象向右平移2個單位長度，同時再向上平移1個單位長度，得到函數(shù)f(x)在(2，4]上的圖象．同理可得到f(x)在(4，6]，(6，8]，…上的圖象．再由f(x)的圖象關于y軸對稱得到f(x)在(－∞，0)上的圖象，從而得到f(x)在其定義域內(nèi)的圖象，如圖所示：令g(x)＝0，得f(x)＝0或f(x)＝1，由圖可知直線y＝0與y＝1和函數(shù)y＝f(x)的圖象共有6個交點，∴函數(shù)g(x)共有6個零點．故選C．]14．(2020·長春質(zhì)量監(jiān)測一)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x)·ex－1，若當x＞1時，f(x)－mx＋1＋m≤0有解，則m的取值范圍為()A．m≤1 B．m＜－1C．m＞－1 D．m≥1C[當x＞1時，不等式f(x)－mx＋1＋m≤0有解等價于f(x)≤m(x－1)－1有解．由f(x)＝(x2－2x)ex－1，得f′(x)＝(2x－2)ex－1＋(x2－2x)ex－1＝(x2－2)ex－1，當x＞eq\r(2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當1＜x＜eq\r(2)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當x＝2時，f(x)＝0，當x＞2時，f(x)＞0，由此可作出函數(shù)y＝f(x)(x＞1)的圖象，如圖所示．直線y＝m(x－1)－1恒過定點Q(1，－1)，Q(1，－1)在函數(shù)f(x)的圖象上．f′(1)＝(12－2)e1－1＝－1，由圖可知，若x＞1時，不等式f(x)－mx＋1＋m≤0有解，則m的取值范圍是m＞－1，故選C．]15．(2020·泰安模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,x＋2)－ax－b))，若對任意的實數(shù)a，b，總存在x0∈[－1，2]，使得f(x0)≥m成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3))) D．(－∞，1]B[記y＝f(x)，x∈[－1，2]的最大值為M(a，b)，則由題意知，m≤M(a，b)對任意a，b∈R恒成立，所以m≤M(a，b)min.依題意M(a，b)≥f(x)，x∈[－1，2]，分別令x＝－1，0，2，于是得到M(a，b)≥f(－1)＝|－3＋a－b|，M(a，b)≥f(0)＝|－1－b|，M(a，b)≥f(2)＝|－2a－b|，所以2M(a，b)＋3M(a，b)＋M(a，b)≥|－6＋2a－2b|＋|3＋3b|＋|－2a－b|≥|－6＋2a－2b＋3＋3b－2a－b|＝3，則M(a，b)≥eq\f(1,2)，當且僅當－3＋a－b＝1＋b＝－2a－b時，即a＝1，b＝－eq\f(3,2)時，等號成立，m≤M(a，b)min＝eq\f(1,2)，選B．]16．[多選](2020·日照模擬)已知實數(shù)m，n滿足2m＞2n，則下列不等式恒成立的是()A．cosm＜cosnB．若m＞0，n＞0，則logeq\s\do6(eq\f(1,3))m＜logeq\s\do6(eq\f(1,3))nC．e3m＋2＞e3n＋2D．若m＞0，n＞0，則eq\r(m)＞eq\r(n)BCD[因為y＝2x為R上的增函數(shù)，所以m＞n.因為函數(shù)y＝cosx在R上有增有減，所以A中的不等式不恒成立，A錯誤．因為函數(shù)y＝logeq\s\do6(eq\f(1,3))x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當m＞0，n＞0，m＞n時，logeq\s\do6(eq\f(1,3))m＜logeq\s\do6(eq\f(1,3))n，故B正確．因為y＝ex在R上單調(diào)遞增，所以當m＞n時，e3m＋2＞e3n＋2，故C正確．因為函數(shù)y＝eq\r(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當m＞0，n＞0，m＞n時，eq\r(m)＞eq\r(n)，故D正確．]17．[多選](2020·棗莊模擬)設函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(f′x,x)，則下列命題正確的是()A．不等式g(x)＞0的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))B．函數(shù)g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減C．當x1＞x2＞0時，eq\f(m,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＞f(x1)－f(x2)恒成立，則m≥1D．若函數(shù)F(x)＝f(x)－ax2有兩個極值點，則實數(shù)a∈(0，1)AC[f(x)＝xlnx的導函數(shù)為f′(x)＝1＋lnx，則g(x)＝eq\f(f′x,x)＝eq\f(1＋lnx,x)，g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，對于A，g(x)＞0，即eq\f(1＋lnx,x)＞0，解得x＞eq\f(1,e)，故A正確．對于B，g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，當x∈(0，1)時，g′(x)＞0，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，故B錯誤．對于C，eq\f(m,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＞f(x1)－f(x2)可化為f(x2)－eq\f(m,2)xeq\o\al(2,2)＞f(x1)－eq\f(m,2)xeq\o\al(2,1).設φ(x)＝f(x)－eq\f(m,2)x2，又x1＞x2＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ′(x)＝1＋lnx－mx≤0在(0，＋∞)上恒成立，即m≥eq\f(1＋lnx,x)在(0，＋∞)上恒成立．又g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(x)在x＝1處取得最大值，g(1)＝1，∴m≥1，故C正確．對于D，若函數(shù)F(x)＝f(x)－ax2有兩個極值點，則f′(x)＝1＋lnx－2ax有兩個零點，即1＋lnx－2ax＝0有兩個不等實根．2a＝eq\f(1＋lnx,x)，又g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，g(1)＝1，x→＋∞時，g(x)→0，即2a∈(0，1)，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，故D錯誤．故選AC．]18．[多選](2020·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－a＋eq\f(1,x－b)，其中a，b均為實數(shù)且a≤b，則下列說法中不正確的是()A．若ab＝－1，則f(x)為奇函數(shù)B．若ab＝0，則f(x)為奇函數(shù)C．若a＝b＝0，則方程f(f(x))＝2有一個實數(shù)根D．若a＝b＝0，則方程f(f(x))＝t(t為實數(shù))可能有兩個不同的實數(shù)根ABC[對于A，ab＝－1時，若b＝2，則a＝－eq\f(1,2)，此時f(x)＝x＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,x－2)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋eq\f(5,2)，f(x)的圖象可由函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)的圖象先向右平移2個單位長度，再向上平移eq\f(5,2)個單位長度得到，其圖象不關于原點對稱，所以A不正確．對于B，b＝0，a＝－eq\f(1,2)時，滿足ab＝0，此時f(x)＝x＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,x)＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)，f(x)的圖象不關于原點對稱，所以B不正確．若a＝b＝0，則f(x)＝x＋eq\f(1,x)，f(f(x))＝f(x)＋eq\f(1,fx)＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,x＋\f(1,x))＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(x,x2＋1)，求導后可知該函數(shù)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1，0)，(0，1)上單調(diào)遞減，所以f(f(x))在x＝－1處取得極大值，為－eq\f(5,2)，在x＝1處取得極小值，為eq\f(5,2).作出f(f(x))的大致圖象如圖所示，結合圖象知C錯，D正確．故選ABC．]19．[多選](2020·煙臺模擬)已知f(x)是定義域為R的函數(shù)，滿足f(x＋1)＝f(x－3)，f(1＋x)＝f(3－x)，當0≤x≤2時，f(x)＝x2－x，則下列說法正確的是()A．f(x)的最小正周期為4B．f(x)的圖象關于直線x＝2對稱C．當0≤x≤4時，函數(shù)f(x)的最大值為2D．當6≤x≤8時，函數(shù)f(x)的最小值為－eq\f(1,2)ABC[由f(x＋1)＝f(x－3)得，f(x)＝f[(x－1)＋1]＝f[(x－1)－3]＝f(x－4)，故函數(shù)f(x)的周期為4，A正確；由f(1＋x)＝f(3－x)可得f(2＋x)＝f(2－x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，B正確；作出函數(shù)f(x)在[0，8]上的大致圖象如圖所示，由圖可知，當0≤x≤4時，函數(shù)f(x)的最大值為f(2)＝2，C正確；當6≤x≤8時，函數(shù)f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，D錯誤．]20．[多選](2020·臨沂模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2－x|，x＜0，,－log2|1－x|，x≥0，x≠1，))設f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，且x1＜x2＜x3＜x4，則下列結論正確的是()A．x1x2＝1 B．x3＋x4＝1C．0＜x1x2x3x4＜1 D．x1＋x2＋x3＋x4＜0ACD[作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示，由圖可知x3＋x4＝2，x1x2＝1，所以A正確，B不正確；結合二次函數(shù)的性質(zhì)知x1x2x3x4＝x3x4＝x3(2－x3)∈(0，1)，所以C正確；x1＋x2＋x3＋x4＝x1＋x2＋2＜－2＋2＝0，D正確．]21．(2020·江西紅色七校第一次聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x－eq\r(x)－alnx在區(qū)間(1，＋∞)上存在零點，則實數(shù)a的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，e))C．(0，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D[法一：由題意知f′(x)＝1－eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)＝eq\f(2x－\r(x)－2a,2x)，當x＞1時，令g(x)＝2x－eq\r(x)，則g′(x)＝2－eq\f(1,2\r(x))＞0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)＞1.當2a≤1，即a≤eq\f(1,2)時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，又f(1)＝0，所以f(x)在(1，＋∞)上無零點；當2a＞1，即a＞eq\f(1,2)時，存在x0∈(1，＋∞)，使得f′(x0)＝0，所以當1＜x＜x0時，f′(x)＜0，當x＞x0時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(1)＝0，所以f(x0)＜0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上存在零點．綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).法二：當a＝10時，f(x)＝x－eq\r(x)－10lnx，x＝e時，f(e)＜0，x＝100時，f(100)＞0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上存在零點，所以A，B不正確；當a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝x－eq\r(x)－eq\f(1,2)lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,2\r(x))－eq\f(1,2x)，當x＞1時，f′(x)＞0恒成立，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，又f(1)＝0，所以a＝eq\f(1,2)時，f(x)在(1，＋∞)上無零點，所以C不正確，故選D．]22．(2020·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x≤0,\f(lnx,x)，x＞0))，g(x)＝f(x)－ax，若g(x)有4個零點，則a的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，1))B[當x＝0時，g(0)＝f(0)－0＝0，所以x＝0為函數(shù)g(x)的1個零點．當x≠0時，令g(x)＝f(x)－ax＝0，得a＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x＜0，,\f(lnx,x2)，x＞0，))則直線y＝a與函數(shù)y＝h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x＜0,\f(lnx,x2)，x＞0))的圖象有3個不同的交點．令φ(x)＝eq\f(lnx,x2)(x＞0)，則φ′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3).由φ′(x)＝0，得x＝eeq\s\up8(eq\f(1,2))，所以函數(shù)φ(x)在(0，eeq\s\up8(eq\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在(eeq\s\up8(eq\f(1,2))，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)在x＝eeq\s\up8(eq\f(1,2))處取得最大值，所以φ(x)max＝eq\f(1,2e).又φ(1)＝0，x→＋∞時，φ(x)→0，所以可在同一直角坐標系中作出直線y＝a與函數(shù)y＝h(x)的大致圖象，如圖所示．由圖知若直線y＝a與函數(shù)y＝h(x)的圖象有3個不同的交點，則0＜a＜eq\f(1,2e)，故選B．]23．(2020·南昌模擬)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(2－x)＋f(x)＝0，f(0)＝eq\r(3)，則f(10)＝________.－eq\r(3)[因為函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(2－x)＝－f(x)＝－f(－x)，所以f(x＋2)＝－f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，則f(10)＝f(2)＝－f(0)＝－eq\r(3).]24．(2020·成都模擬)已知f(x)是定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的奇函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝eq\r(2)，且當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)sin2x＋2f(x)cos2x＞0.則不等式f(x)sin2x＜1的解集為________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8)))[設F(x)＝f(x)sin2x，則F′(x)＝f′(x)sin2x＋2f(x)cos2x.因為f(x)是定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的奇函數(shù)，所以F(－x)＝f(－x)sin(－2x)＝F(x)，所以F(x)是定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的偶函數(shù)．因為當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)sin2x＋2f(x)cos2x＞0，所以F′(x)＞0，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又F(x)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的偶函數(shù)，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減．因為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))sineq\f(π,4)＝1，所以不等式f(x)sin2x＜1等價于F(x)＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))，所以|x|＜eq\f(π,8)，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8))).]25．[一題兩空](2020·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＜a，,x2，x≥a，))若函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)的，則實數(shù)a的取值范圍是________；若對任意的實數(shù)x1＜a，總存在實數(shù)x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，則實數(shù)a的取值范圍是________．[2，＋∞)(－∞，－2][令x2＝x＋2，解得x＝－1或x＝2.作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，只需a≥2.若對任意的實數(shù)x1＜a，總存在實數(shù)x2≥a，使得f(x1)＝－f(x2)，則函數(shù)y＝x＋2在(－∞，a)上的值域是函數(shù)y＝－x2在[a，＋∞)上的值域的子集．易知y＝x＋2在(－∞，a)上的值域為(－∞，a＋2)．當a≤0時，函數(shù)y＝－x2在[a，＋∞)上的值域為(－∞，0]，則a＋2≤0，即a≤－2；當a＞0時，函數(shù)y＝－x2在[a，＋∞)上的值域為(－∞，－a2]，則a＋2≤－a2，無解．綜上，若對任意的實數(shù)x1＜a，總存在實數(shù)x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，則實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．]1．已知a＝ln3，b＝log310，c＝lg3，則a，b，c的大小關系為()A．c＜b＜a B．c＜a＜bC．b＜c＜a D．a(chǎn)＜c＜bB[1＝lne＜a＝ln3＜lne2＝2，b＝log310＞log39＝2，0＝lg1＜c＝lg3＜lg10＝1，所以c＜a＜b，故選B．]2．已知a＞b＞0，且a＋b＝1，x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up10(b)，y＝logabeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))，z＝logbeq\f(1,a)，則x，y，z的大小關系是()A．x＞z＞y B．x＞y＞zC．z＞y＞x D．z＞x＞yA[法一：因為a＞b＞0，且a＋b＝1，所以0＜b＜eq\f(1,2)＜a＜1，所以1＜eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，所以x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up10(b)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up10(0)＝1，y＝logabeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝logabeq\f(1,ab)＝－1，z＝logbeq\f(1,a)＞logbeq\f(1,b)＝－logbb＝－1，且logbeq\f(1,a)＜logb1＝0，所以x＞z＞y，故選A．法二：由題意不妨令a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(1,3)，則x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up10(eq\f(1,3))＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up10(0)＝1，y＝logeq\s\do6(eq\f(2,9))eq\f(9,2)＝－1，z＝logeq\s\do6(eq\f(1,3))eq\f(3,2)＞logeq\s\do6(eq\f(1,3))3＝－1，且z＝logeq\s\do6(eq\f(1,3))eq\f(3,2)＜logeq\s\do6(eq\f(1,3))1＝0，所以x＞z＞y，故選A．]3．直線x＝a(a＞0)分別與直線y＝2x＋1，曲線y＝x＋lnx相交于A，B兩點，則|AB|的最小值為()A．1 B．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)B[根據(jù)題意，設f(x)＝2x＋1－x－lnx＝x＋1－lnx，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x＞0)，所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝2－ln1＝2，所以|AB|min＝2.]4．函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－1,|x|)的圖象大致為()D[因為f(x)＝eq\f(x2－1,|x|)的定義域為{x|x≠0}，且f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，排除選項B，C．當x＞0時，f(x)＝eq\f(x2－1,x)＝x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，排除選項A，故選D．]5．若函數(shù)f(x)＝x2－kex在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，則k的取值范圍為()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,e)，＋∞)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,e)，＋∞))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C[因為f(x)＝x2－kex，所以f′(x)＝2x－kex，又函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)≤0恒成立，即k≥eq\f(2x,ex)恒成立．令g(x)＝eq\f(2x,ex)(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(21－x,ex)，故函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，函數(shù)g(x)的最大值為g(1)＝eq\f(2,e)，所以k≥eq\f(2,e)，即k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)).故選C．]6．函數(shù)f(x)＝eq\f(ex＋1,x1－ex)(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的圖象大致為()ABCDA[法一：當x＞0時，ex＞1，則f(x)＜0；當x＜0時，0＜ex＜1，則f(x)＜0.所以f(x)的圖象恒在x軸下方，故選A．法二：依題意x≠0，f(－x)＝eq\f(e－x＋1,－x1－e－x)＝eq\f(ex＋1,x1－ex)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，排除選項C，D．當x＝1時，f(x)＝eq\f(e＋1,1－e)＜0，排除選項B，故選A．]7．[多選]已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)·e－|x|(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的圖象如圖所示，則Aω的取值可能為()A．4πB．πC．3πD．2πBC[由題圖知，函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，因為函數(shù)y＝e－|x|為偶函數(shù)，所以函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)為偶函數(shù)，所以φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．因為0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))·e－|x|＝Acos(ωx)·e－|x|.由題圖知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f0＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosω＝0，,A＝2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω＝kπ＋\f(π,2)k∈Z，,A＝2，))所以Aω＝(2k＋1)π(k∈Z)，故選BC．]8．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)－f(－x)＝0，且當x∈[0，1]時，f(x)＝log2(x＋1)，則下列結論正確的是()①f(x)的圖象關于直線x＝1對稱；②f(x)是周期函數(shù)，且2是其一個周期；③feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；④關于x的方程f(x)－t＝0(0＜t＜1)在區(qū)間(－2，7)上的所有實根之和是12.A．①④B．①②④C．③④D．①②③A[由題意可知f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，①正確；因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期函數(shù)，其一個周期為4，但不能說明2是f(x)的周期，故②錯誤；由f(x)的周期性和對稱性可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，又當x∈[0，1]時，f(x)＝log2(x＋1)，所以f(x)在x∈[0，1]時單調(diào)遞增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，③錯誤；又x∈[0，1]時，f(x)＝log2(x＋1)，則可畫出f(x)在區(qū)間[－2，8]上對應的函數(shù)，如圖．易得f(x)－t＝0(0＜t＜1)，即f(x)＝t(0＜t＜1)在區(qū)間(－2，7)上的根分別關于1，5對稱，故零點之和為2×(1＋5)＝12，④正確．故選A．]9．函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x＋2)的圖象關于直線x＝－2對稱，若f(－2)＝1，則滿足f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A．[－2，2]B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)C．(－∞，0]∪[4，＋∞)D．[0，4]D[依題意得，函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則f(x－2)≤1，即f(|x－2|)≤f(|－2|)．由函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增得|x－2|≤2，即－2≤x－2≤2，0≤x≤4.所以滿足f(x－2)≤1的x的取值范圍是[0，4]，選D．]10．定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，若對任意實數(shù)x，都有f(x)＞f′(x)，且f(x)＋2019為奇函數(shù)，則不等式f(x)＋2019ex＜0的解集為()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．eq\b\lc\(\