全国通用2022高考数学二轮复习第2部分大专题综合测1函数与导数含解析

第二部分　大专题综合测1　函数与导数时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(文)设集合M＝{－1}，N＝{1＋cos，log0.2(|m|＋1)}，若M⊆N，则集合N等于(　　)A．{2}B．{－2,2}C．{0}D．{－1,0}[答案]　D[解析]　因为M⊆N且1＋cos≥0，log0.2(|m|＋1)<0，所以log0.2(|m|＋1)＝－1，可得|m|＋1＝5，故m＝±4，N＝{－1,0}．(理)(2022·福建理，1)若集合A＝{i，i2，i3，i4}(i是虚数单位)，B＝{1，－1}，则A∩B等于(　　)A．{－1}　　　　　　　　B．{1}C．{1，－1}D．∅[答案]　C[解析]　考查：(1)复数的概念；(2)集合的运算．由已知得A＝{i，－1，－i,1}，故A∩B＝{1，－1}，故选C.2．(文)(2022·福建理，2)下列函数为奇函数的是(　　)A．y＝B．y＝|sinx|C．y＝cosxD．y＝ex－e－x[答案]　D[解析]　考查函数的奇偶性．函数y＝是非奇非偶函数；y＝|sinx|和y＝cosx是偶函数；y＝ex－e－x是奇函数，故选D．(理)下列函数中，定义域是R且为增函数的是(　　)A．y＝e－xB．y＝x3C．y＝lnxD．y＝|x|[答案]　B[解析]　A为减函数，C定义域为(0，＋∞)，D中函数在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增．37\n3．(文)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，当x≠0时，f′(x)＋>0，则函数g(x)＝f(x)＋的零点个数为(　　)A．1B．2C．0D．0或2[答案]　C[解析]　由条件知，f′(x)＋＝>0.令h(x)＝xf(x)，则当x>0时，h′(x)>0，当x<0时，h′(x)<0，∴h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝0.，则h(x)≥0对任意实数恒成立．函数g(x)的零点即为y＝h(x)与y＝－1的图象的交点个数，所以函数g(x)的零点个数为0.(理)(2022·浙江理，6)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0≤f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，则(　　)A．c≤3B．3<c≤6C．6<c≤9D．c>9[答案]　C[解析]　∵f(－1)＝f(－2)＝f(－3)解得∴f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，又∵0<f(－1)≤3，∴0<c－6≤3，∴6<c≤9，选C.4．(文)(2022·浙江理，4)命题“∀n∈N*，f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是(　　)A．∀n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>nB．∀n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>nC．∃n0∈N*,f(n0)∉N*且f(n0)>n0D．∃n0∈N*,f(n0)∉N*或f(n0)>n0[答案]　D[解析]　全称命题的否定为特称命题，“≤”的否定为“>”．(理)(2022·浙江理，6)设A，B是有限集，定义：d(A，B)＝card(A∪B)－card(A∩B)，其中card(A)表示有限集A中元素的个数．命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d(A，B)>0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A，B，C，d(A，C)≤d(A，B)＋d(B，C)．A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立37\nD．命题①不成立，命题②成立[答案]　A[解析]　考查集合的性质．命题①显然正确，通过下图亦可知d(A，C)表示的区域不大于d(A，B)＋d(B，C)的区域，故命题②也正确，故选A.5．(文)(2022·福建理，4)若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则下列函数图象正确的是(　　)[答案]　B[解析]　由图可知y＝logax图象过(3,1)，∴loga3＝1，∴a＝3，∵y＝3－x为减函数，∴排除A；∵y＝(－x)3当x>0时，y<0，∴排除C；∵y＝log3(－x)中，当x＝－3时，y＝1，∴排除D，∴选B．(理)函数f(x)＝的图象大致是(　　)[答案]　B37\n[解析]　f′(x)＝(x≠2)，令f′(x)<0，得x<1.故f(x)的减区间是(－∞，1)，增区间为(1,2)，(2，＋∞)，f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝>0，故排除C、D两项；当x>2时，f(x)<0，排除A项，故选B项．6．(2022·北京海淀期末)设a＝0.23，b＝log20.3，c＝20.3，则(　　)A．b<c<aB．c<b<aC．a<b<cD．b<a<c[答案]　D[解析]　因为0<a＝0.23<1，b＝log20.3<0，c＝20.3>1，所以b<a<c，故选D．7．(文)(2022·新课标Ⅱ文，11)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)[答案]　D[解析]　由条件知f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴k≥1.把函数的单调性转化为恒成立问题是解决问题的关键．(理)若函数f(x)在(0，＋∞)上可导，且满足f(x)>xf′(x)，则一定有(　　)A．函数F(x)＝在(0，＋∞)上为增函数B．函数G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数C．函数F(x)＝在(0，＋∞)上为减函数D．函数G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为减函数[答案]　C[解析]　对于F(x)＝，F′(x)＝<0，故F(x)在(0，＋∞)上为减函数．8．(文)若函数f(x)＝lnx＋在区间[1，e]上的最小值为，则实数a的值为(　　)A.B．C.D．非上述答案[答案]　B37\n[解析]　f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0，则x＝a，若a<1，则f(x)min＝f(1)＝a＝>1，不合题意．若a>e，则f(x)min＝f(e)＝1＋＝，则a＝<e，不合题意．所以1≤a≤e，f(x)min＝f(a)＝lna＋1＝，则a＝.(理)(2022·新课标Ⅱ理，8)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝(　　)A．0B．1C．2D．3[答案]　D[解析]　本题考查导数的基本运算及导数的几何意义．令f(x)＝ax－ln(x＋1)，∴f′(x)＝a－.∴f(0)＝0，且f′(0)＝2.联立解得a＝3，故选D．9．(文)(2022·北京西城区二模)设命题p：函数f(x)＝ex－1在R上为增函数；命题q：函数f(x)＝cos(x＋π)为奇函数，则下列命题中真命题是(　　)A．p∧qB．(¬p)∨qC．(¬p)∧(¬q)D．p∧(¬q)[答案]　D[解析]　p为真命题；∵cos(x＋π)＝－cosx，∴f(x)为偶函数，∴q为假命题．故选D．(理)(2022·杭州市质检)已知函数f(x)(x∈R)是以4为周期的奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln(x2－x＋b)．若函数f(x)在区间[－2,2]上有5个零点，则实数b的取值范围是(　　)A．－1<b≤1B．≤b≤C．－1<b<1或b＝D．<b≤1或b＝[答案]　D[解析]　本题考查函数的性质，考查数形结合与转化思想，难度较大．37\n由周期性f(－2)＝f(－2＋4)＝f(2)，又由奇偶性可得f(－2)＝－f(2)，∴－f(2)＝f(2)，∴f(2)＝0，f(－2)＝0，又f(0)＝0，故若函数在区间[－2,2]内存在5个零点，只需x∈(0,2)时，f(x)＝ln(x2－x＋b)只有一个零点即可，即方程x2－x＋b＝1在区间(0,2)内只有一根，可转化为y＝b，y＝－x2＋x＋1在x∈(0,2)上只有一个交点，结合图形可得－1<b≤1或b＝，同时考虑定义域的限制，x∈(0,2)，x2－x＋b>0恒成立得b>，综上可得b的取值范围是<b≤1或b＝，故选D．[易错警示]　本题易忽视函数f(x)＝ln(x2－x＋b)在区间(0,2)上有意义而错选C.10．(文)(2022·东北三省四市联考)定义在[0,1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f(x)称为M函数：①对任意的x∈[0,1]，恒有f(x)≥0；②当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时，总有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则下列函数不是M函数的是(　　)A．f(x)＝x2B．f(x)＝2x－1C．f(x)＝ln(x2＋1)D．f(x)＝x2＋1[答案]　D[解析]　利用排除法求解．函数f(x)＝x2≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1时，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，所以f(x)＝x2是M函数，A选项正确；函数f(x)＝2x－1≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1时，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)≥0，所以f(x)＝2x－1是M函数，B选项正确；函数f(x)＝ln(x2＋1)≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1时，x1x2≤()2≤，所以[(x1＋x2)2＋1]－(x＋1)(x＋1)＝x1x2(2－x1x2)≥0，则f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝ln[(x1＋x2)2＋1]－ln(x＋1)－ln(x＋1)＝ln≥0，所以f(x)＝ln(x2＋1)是M函数，C选项正确；对于函数f(x)＝x2＋1，x1＝x2＝满足条件，此时f(x1＋x2)＝f(1)＝2<f(x1)＋f(x2)＝，所以f(x)＝x2＋1不是M函数，D选项错误，故选D．(理)(2022·福州市质检)若函数f(x)满足：∀x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|成立，则称f(x)∈Ψ.对于函数g(x)＝x3－x，h(x)＝有(　　)A．g(x)∈Ψ且h(x)∈ΨB．g(x)∈Ψ且h(x)∉ΨC．g(x)∉Ψ且h(x)∈ΨD．g(x)∉Ψ且h(x)∉Ψ[答案]　C[解析]　对于函数g(x)＝x3－x，因为g′(x)＝3x2－1，故x∈[－1,1]时，g′(x)∈37\n[－1,2]，即∃x1，x2∈[－1,1]，使得|g(x1)－g(x2)|>|x1－x2|，故g(x)∉Ψ.在同一直角坐标系中分别作出y＝h(x)，y＝x，y＝－x的图象如图所示，观察可知∀x1，x2∈[－1,1]，≤1，即|h(x1)－h(x2)|≤|x1－x2|，故h(x)∈Ψ.综上所述，故选C.11．(文)(2022·济南模拟)若至少存在一个x(x≥0)，使得关于x的不等式x2≤4－|2x－m|成立，则实数m的取值范围为(　　)A．[－4,5]B．[－5,5]C．[4,5]D．[－5,4][答案]　A[解析]　本题考查函数的图象与性质、数形结合思想．至少存在一个x≥0，使得不等式|x－|≤2－x2成立，即函数f(x)＝|x－|与g(x)＝2－x2的图象存在横坐标是非负数的公共点．在同一坐标系下画出函数g(x)＝2－x2与y＝|x|的图象，结合图象可知将y＝|x|的图象向左平移到经过点(0,2)这个过程中的相应曲线均满足题意，即－4≤m≤0；将y＝|x|的图象向左平移到直线y＝－x＋与抛物线y＝2－x2相切的过程中的相应曲线均满足题意，设相应的切点横坐标是x0，则有－x0＝－1，x0＝1，切点坐标是(1，)，于是有＝－1＋，得m＝5，所以0≤m≤5.因此满足题意的实数m的取值范围是[－4，5]，故选A.(理)(2022·东北三省四市联考)若对于∀x，y∈[0，＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，则实数a的最大值是(　　)A.B．1C．2D．[答案]　D[解析]　利用分离参数法求解．由题意可得4ax≤ex－2(ey＋e－y)＋2，y∈[0，＋∞)恒成立，所以≤(ey＋e－y)min＝2，则2ax≤ex－2＋1，x∈[0，＋∞)恒成立，x37\n＝0时显然成立，所以2ax≤ex－2＋1，x∈(0，＋∞)恒成立，即2a≤()min在x∈(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由f′(x)＝0得x＝2，当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝1，则2a≤1，a≤，所以实数a的最大值是，故选D．12．(文)(2022·四川理，9)如果函数f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为(　　)A．16B．18C．25D．[答案]　B[解析]　考查函数与不等式的综合应用．当m＝2时，∵f(x)＝(n－8)x＋1在[，2]上单调递减，∴n<8，又n≥0，∴mn＝2n<16.当m≠2时，抛物线的对称轴为x＝－.据题意，当m>2时，－≥2即2m＋n≤12.∵≤≤6，∴mn≤18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.∴当m＝3，n＝6时，mn取到最大值18.当m<2时，抛物线开口向下，据题意得，－≤，即m＋2n≤18.∵n≤9－m，∵0≤m<2，n≥0，∴mn≤9m－m2＝－(m－9)2＋<－(2－9)2＋＝16.综上可知mn的最大值为18.选B．(理)(2022·新课标Ⅰ理，12)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)A.B．C.D．[答案]　D[解析]　解法1：设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由题知存在唯一的整数x037\n，使得(x0，g(x0))在直线h(x)＝ax－a的下方．因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x＜－时，g′(x)＜0，当x＞－时，g′(x)＞0，所以当x＝－时，[g(x)]min＝－2e－，∵f(1)＝e>0，∴，解得≤a＜1，故选D.解法2：∵a<1，∴f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0是符合题意的唯一的整数x0，从而∴a≥，又a<1，∴≤a<1，故选D．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13．已知命p：∃x∈R，ax2＋2x＋1≤0.若命题p是假命题，则实数a的取值范围是________．[答案]　(1，＋∞)[解析]　根据原命题是假命题，则其否定是真命题，结合二次函数图象求解．命题p的否定¬p：∀x∈R，ax2＋2x＋1>0是真命题，故解得a>1.14．(文)若曲线y＝x－在点(m，m－)处的切线与两坐标轴围成三角形的面积为18，则m＝________.[答案]　64[解析]　∵y＝x－，∴y′＝－x－，∴切线的斜率为－m－，切线方程为y－m－＝－m－(x－m)，令x＝0，得y＝m－，令y＝0，得x＝3m，∵m>0，∴×3m×m－＝18，∴m＝8，∴m＝64.(理)已知函数f(x)＝ax3＋ax2－bx＋b－1在x＝1处的切线与x轴平行，若函数f(x)的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是________．[答案]　(，)[解析]　依题意得，f′(1)＝0，又f′(x)＝ax2＋ax－b，∴b＝2a，∴f′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，①当a＝0时，不合题意；②当a>0时，要使图象过四个象限，37\n只需结合a>0，解得a∈(，)；③当a<0时，要使图象过四个象限，只需结合a<0.可知不存在符合条件的实数a；综上得，a的取值范围是(，)．15．(文)函数f(x)＝ax3－2ax2＋(a＋1)x－log2(a2－1)不存在极值点，则实数a的取值范围是________．[答案]　1<a≤3[解析]　因为a2－1>0，∴a>1或a<－1；f′(x)＝3ax2－4ax＋a＋1，∵函数f(x)不存在极值点，∴f′(x)＝0不存在两不等实根，∴Δ＝16a2－4×3a(a＋1)＝4a(a－3)≤0，所以0≤a≤3，综上可知：1<a≤3.(理)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是________．①当x＝时函数取得极小值；②f(x)有两个极值点；③当x＝2时函数取得极小值；④当x＝1时函数取得极大值．[答案]　①[解析]　从图象上可以看到：当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时函数取得极大值．只有①不正确．16．(文)(2022·长沙市模拟)若关于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有实根，则实数a的取值范围是________．[答案]　(－∞，－]∪[2，＋∞)[解析]　利用分离参数法求解．因为关于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax37\n＋1＝0有实根，易知实根不为0，则－a＝＝，令x＋＝t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，则－a＝，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．因为()′＝>0，所以≤－2或≥，即－a≤－2或－a≥，解得a≥2或a≤－.(理)(2022·福州市质检)已知函数f(x)＝x·sinx，有下列四个结论：①函数f(x)的图象关于y轴对称；②存在常数T>0，对任意的实数x，恒有f(x＋T)＝f(x)成立；③对于任意给定的正数M，都存在实数x0，使得|f(x0)|≥M；④函数f(x)的图象上至少存在三个点，使得该函数在这些点处的切线重合．其中正确结论的序号是________(请把所有正确结论的序号都填上)．[答案]　①③④[解析]　因为函数的定义域为R，且f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，故函数f(x)＝xsinx为偶函数，图象关于y轴对称，①正确；作出函数y＝xsinx的图象如图所示，观察可知，该函数没有周期性，②错误；因为当x→∞，x≠kπ时，|f(x)|→＋∞，故对于任意给定的正数M，都存在实数x0，使得|f(x0)|≥M，对于任意正数M，在同一坐标系中作出函数y＝sinx与y＝的图象，易知当x>0时，总存在x0>0，使sinx0≥>0，∴x0sinx0≥M，∴|x0sinx0|≥M，可知③正确；作出y＝±x的图象如图所示，观察可知，或由直线y＝x与曲线切于点(＋2kπ，＋2kπ)，k∈Z知④正确．综上所述，正确命题的序号为①③④.三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)(文)已知命题p：A＝{a|关于x的不等式x2＋2ax＋4>0在R上恒成立}，命题q：B＝{a|1<<2}．(1)若k＝1，求A∩(∁RB)；37\n(2)若“非p”是“非q”的充分不必要条件，求实数k的取值范围．[解析]　依题意，可得A＝{a|4a2－16<0}＝{x|－2<a<2}，B＝{a|2－k<a<4－k}．(1)当k＝1时，由于B＝{a|1<a<3}，则∁RB＝{a|a≤1或a≥3}，所以A∩(∁RB)＝{a|－2<a≤1}．(2)由“非p”是“非q”的充分不必要条件，可知q是p的充分不必要条件．只需解得2≤k≤4.所以实数k的取值范围是[2,4]．(理)若集合A具有以下性质：①0∈A,1∈A；②若x、y∈A，则x－y∈A，且x≠0时，∈A，则称集合A是“好集”．(1)分别判断集合B＝{－1,0,1}，有理数集Q是否是“好集”，并说明理由；(2)设集合A是“好集”，求证：若x、y∈A，则x＋y∈A；(3)对任意的一个“好集”A，分别判断下面命题的真假，并说明理由．命题p：若x、y∈A，则必有xy∈A；命题q：若x、y∈A，且x≠0，则必有∈A.[解析]　(1)集合B不是“好集”．理由是：假设集合B是“好集”，因为－1∈B,1∈B，所以－1－1＝－2∈B．这与－2∉B矛盾．有理数集Q是“好集”．因为0∈Q,1∈Q，对任意的x，y∈Q，有x－y∈Q，且x≠0时，∈Q.所以有理数集Q是“好集”．(2)证明：因为集合A是“好集”，所以0∈A.若x、y∈A，则0－y∈A，即－y∈A.所以x－(－y)∈A，即x＋y∈A.(3)命题p、q均为真命题．理由如下：对任意一个“好集”A，任取x、y∈A，若x、y中有0或1时，显然xy∈A.下设x、y均不为0,1.由定义可知x－1、、∈A.所以－∈A，即∈A.37\n所以x(x－1)∈A.由(2)可得x(x－1)＋x∈A，即x2∈A.同理可得y2∈A.若x＋y＝0或x＋y＝1，则显然(x＋y)2∈A.若x＋y≠0且x＋y≠1，则(x＋y)2∈A.所以2xy＝(x＋y)2－x2－y2∈A.所以∈A.由(2)可得＝＋∈A.所以xy∈A.综上可知，xy∈A，即命题p为真命题．若x，y∈A，且x≠0，则∈A.所以＝y·∈A，即命题q为真命题．18．(本题满分12分)(2022·四川绵阳一诊)已知函数f(x)＝1－(a>0且a≠1)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的值域；(3)当x∈(0,1]时，tf(x)≥2x－2恒成立，求实数t的取值范围．[解析]　解法1：(1)∵f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数，即f(－x)＝－f(x)恒成立，∴f(0)＝0.即1－＝0，解得a＝2.(2)由(1)知f(x)＝1－＝，记y＝f(x)，即y＝，∴2x＝，由2x>0知>0，∴－1<y<1，即f(x)的值域为(－1,1)．(3)原不等式tf(x)≥2x－2即为≥2x－2.即(2x)2－(t＋1)·2x＋t－2≤0.设2x＝u，∵x∈(0,1]，∴u∈(1,2]．37\n∵x∈(0,1]时，tf(x)≥2x－2恒成立，∴u∈(1,2]时，u2－(t＋1)·u＋t－2≤0恒成立．∴∴解得t≥0.解法2：(1)同解法1.(2)由(1)知f(x)＝1－，而2x>0，∴2x＋1>1，∴0<<2，∴－1<1－<1，即－1<f(x)<1.∴f(x)的值域为(－1,1)．(3)∵x∈(0,1]，∴2x－1>0，∴原式变为t≥·(2x－2)＝＝＝(2x－1)－＋1.令μ＝2x－1，则μ∈(0,1]，原式变为t≥μ－＋1.而g(μ)＝μ－＋1在μ∈(0,1]时是增函数，∴当μ＝1时，g(μ)max＝0，∴t≥0.19．(本题满分12分)(文)某开发商用9000万元在市区购买一块土地，用于建一幢写字楼，规划要求写字楼每层建筑面积为2000平方米．已知该写字楼第一层的建筑费用为每平方米4000元，从第二层开始，每一层的建筑费用比其下面一层每平方米增加100元．(1)若该写字楼共x层，总开发费用为y万元，求函数y＝f(x)的表达式；(总开发费用＝总建筑费用＋购地费用)(2)要使整幢写字楼每平方米的平均开发费用最低，该写字楼应建为多少层？[解析]　(1)由已知，写字楼最下面一层的总建筑费用为4000×2000＝8000000(元)＝800(万元)，从第二层开始，每层的建筑总费用比其下面一层多100×2000＝200000(元)＝20(万元)，写字楼从下到上各层的总建筑费用构成以800为首项，20为公差的等差数列，所以函数表达式为y＝f(x)＝800x＋×20＋9000＝10x2＋790x＋9000(x∈N*)．37\n(2)由(1)知写字楼每平方米平均开发费用为g(x)＝×10000＝＝50(x＋＋79)g′(x)＝50(1－)，由g′(x)＝0及x∈N*得，x＝30.易知当x＝30时，g(x)取得最小值．答：该写字楼建为30层时，每平方米平均开发费用最低．(理)经市场调查，某旅游城市在过去的一个月内(以30天计)，旅游人数f(t)(万人)与时间t(天)的函数关系近似满足f(t)＝4＋，人均消费g(t)(元)与时间t(天)的函数关系近似满足g(t)＝115－|t－15|.(1)求该城市的旅游日收益w(t)(万元)与时间t(1≤t≤30，t∈N)的函数关系式；(2)求该城市旅游日收益的最小值(万元)．[解析]　(1)依题意得，w(t)＝f(t)·g(t)＝(4＋)(115－|t－15|)．(2)因为w(t)＝①当1≤t<15时，w(t)＝(4＋)(t＋100)＝4(t＋)＋401≥4×2＋401＝441，当且仅当t＝，即t＝5时取等号．②当15≤t≤30时，w(t)＝(4＋)(130－t)＝519＋(－4t)，可证w(t)在t∈[15,30]上单调递减，所以当t＝30时，w(t)取最小值为403.由于403<441，所以该城市旅游日收益的最小值为403万元．20．(本题满分12分)(文)已知函数f(x)＝x2＋2alnx.(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为1，求实数a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若函数g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是减函数，求实数a的取值范围．37\n[解析]　(1)f′(x)＝2x＋＝.由已知f′(2)＝1，解得a＝－3.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a<0时f′(x)＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．(3)由g(x)＝＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，x∈[1,2]，则h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)<0，∴h(x)在[1,2]上为减函数．h(x)min＝h(2)＝－，∴a≤－，故a的取值范围为(－∞，－]．(理)设函数f(x)＝lnx＋(x－a)2，a∈R.(1)若a＝0，求函数f(x)在[1，e]上的最小值；(2)若函数f(x)在[，2]上存在单调递增区间，试求实数a的取值范围．[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝＋2x>0，所以f(x)在[1，e]上是增函数，当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝1.37\n所以f(x)在[1，e]上的最小值为1.(2)法一：f′(x)＝＋2(x－a)＝设g(x)＝2x2－2ax＋1，依题意得，在区间[，2]上存在子区间使得不等式g(x)>0成立．注意到抛物线g(x)＝2x2－2ax＋1的图象开口向上，所以只要g(2)>0，或g()>0即可．由g(2)>0，即8－4a＋1>0，得a<，由g()>0，即－a＋1>0，得a<.所以a<，所以实数a的取值范围是(－∞，)．法二：f′(x)＝＋2(x－a)＝，依题意得，在区间[，2]上存在子区间使不等式2x2－2ax＋1>0成立．又因为x>0，所以2a<(2x＋)．设g(x)＝2x＋，所以2a小于函数g(x)在区间[，2]的最大值．又因为g′(x)＝2－，由g′(x)＝2－>0，解得x>；由g′(x)＝2－<0，解得0<x<.所以函数g(x)在区间(，2]上单调递增，在区间[，)上单调递减．所以函数g(x)在x＝，或x＝2处取得最大值．又g(2)＝，g()＝3，37\n所以2a<，即a<，所以实数a的取值范围是(－∞，)．21．(本题满分12分)(文)(2022·新课标Ⅰ文，21)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，∴y＝f′(x)没有零点；当a＞0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)单调递增．又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．(2)由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.(理)(2022·新课标Ⅱ文，21)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)，单调递增；若a>0，则当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，37\nf′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知a≤0时f(x)在(0，＋∞)无最大值．当a>0时f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.因此f>2a－2⇔lna＋a－1<0，令g(a)＝lna＋a－1.则g(a)在(0，＋∞)是增函数，且g(1)＝0，于是，当0<a<1时，g(a)<0，当a>1时，g(a)>0.因此a的取值范围是(0,1)．22．(本题满分12分)(文)(2022·重庆文，19)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．[解析]　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′(－)＝0，即3a×＋2×(－)＝－＝0，解得a＝.(2)由(1)得，g(x)＝ex.故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex，令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当－4<x<－1时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当－1<x<0时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当x>0时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；综上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．(理)已知函数f(x)＝－－2x，(a>0)．(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求a的值；(2)如图，设直线x＝－1，y＝－2x，将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，试判断其所在的区域，并求其对应的a的取值范围．(3)试比较20222022与20222022的大小，并说明理由．37\n[解析]　(1)∵f(x)＝－－2x∴f′(x)＝＋－2，∵f(x)在x＝0处取得极值，∴f′(0)＝1＋a－2＝0，∴a＝1.(经检验a＝1符合题意)(2)因为函数的定义域为(－1，＋∞)，且当x＝0时，f(0)＝－a<0，又直线y＝－2x恰好通过原点，所以函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅲ内，∵x>－1，∴可得f(x)<－2x，即<，∵x＋1>0，∴a>，令φ(x)＝，∴φ′(x)＝，令φ′(x)＝0得x＝e－1，∵x>－1，∴x∈(－1，e－1)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，x∈(e－1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减．∴φmax(x)＝φ(e－1)＝，∴a的取值范围是：a>.(3)法1：由(2)知函数φ(x)＝在x∈(e－1，＋∞)时单调递减．∴函数p(x)＝在x∈(e，＋∞)时单调递减，∴<，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx，∴ln(x＋1)x<lnx(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)，∴令x＝2022，则20222022<20222022.法2：＝＝，∵C<2022r，∴C20222022－r<20222022，∴37\n＝<1，∴20222022<20222022.法3：＝()2022×∵()2022＝(1＋)2022＝1＋1＋C×()2＋C×()3＋…＋C()r＋…＋C()2022<2＋＋＋…＋<2＋＋＋…＋<3，∴<1，∴20222022<20222022.反馈练习一、选择题1．(文)(2022·新课标Ⅰ文，1)已知集合A＝{x|x＝3n＋2，n∈N}，B＝{6,8,10,12,14}，则集合A∩B中元素的个数为(　　)A．5　　　　B．4C．3　　　　D．2[答案]　D[解析]　集合A的元素为首项为2，公差为3的等差数列，所以集合A＝{2,5,8,11,14，…}，所以A∩B＝{8,14}，元素的个数为2.(理)设集合A＝{x|()x<}，B＝{x|logx>－1}，则A∩B等于(　　)A．{x|x<－2}　　　　　B．{x|2<x<3}C．{x|x>3}D．{x|x<－2或2<x<3}[答案]　B[解析]　因为A＝{x|x>2}，B＝{x|0<x<3}，所以A∩B＝{x|2<x<3}．2．命题p：∀a∈R，函数f(x)＝(x－1)a＋1恒过定点(2,2)；命题q：∃x0∈R，使2x0≤0.则下列命题为真命题的是(　　)A．(¬p)∨qB．p∧qC．(¬p)∧(¬q)D．(¬p)∨(¬q)[答案]　D[解析]　p为真命题，q为假命题，故D项正确．3．(文)已知m是函数f(x)＝()x－log3x的零点，若x0>m，则f(x0)的值(　　)37\nA．等于0B．大于0C．小于0D．符号不确定[答案]　C[解析]　∵f(x)＝()x－log3x＝()x＋logx在(0，＋∞)上为减函数，又f(m)＝0，∴x0>m时，应有f(x0)<f(m)，即f(x0)<0，故选C.(理)(2022·天津)已知函数f(x)＝函数g(x)＝3－f(2－x)，则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为(　　)A．2　　　　B．3C．4　　　　D．5[答案]　A[解析]　当x<0时，f(2－x)＝x2，g(x)＝3－x2，此时函数f(x)－g(x)＝－1－|x|＋x2的小于零的零点为x＝－；当0≤x<2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝x，g(x)＝3－x，函数f(x)－g(x)＝2－|x|－3＋x＝－1无零点；当x>2时，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x，g(x)＝x－1，函数f(x)－g(x)＝(x－2)2－x＋1＝x2－5x＋5大于2零点有一个，故选A.4．(文)已知函数f(x)＝，g(x)＝lnx，x0是函数h(x)＝f(x)＋g(x)的一个零点，若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则(　　)A．h(x1)<0，h(x2)<0B．h(x1)>0，h(x2)>0C．h(x1)>0，h(x2)<0D．h(x1)<0，h(x2)>0[答案]　D[解析]　令h(x)＝＋lnx＝0，从而有lnx＝，此方程的解即为函数h(x)的零点．在同一坐标系中作出函数g(x)＝lnx与f(x)＝的图象，如图所示．由图象易知>lnx1，从而lnx1－<0，故lnx1＋<0，即h(x1)<0.同理h(x2)>0.(理)函数f(x)＝sin(3x)－x3的图象最可能是(　　)37\n[答案]　A[解析]　∵f(－x)＝sin(－3x)－(－x)3＝－f(x)，∴函数f(x)为奇函数，排除B项；又f(2)＝sin6－×23＝sin6－1<0，故排除C、D两选项，应选A.5．(2022·山东文，10)设函数f(x)＝若f＝4，则b＝(　　)A．1B．C.D．[答案]　D[解析]　考查分段函数与方程思想．由题意，f()＝3×－b＝－b，由f(f())＝4得，或解得b＝，故选D．6．设f(x)是R上的奇函数，且f(x)满足f(x＋1)＝f(x－1)，当－1≤x≤0时，f(x)＝x(1＋x)，则f()＝(　　)A.B．C．－D．－[答案]　B37\n[解析]　∵f(x)满足f(x＋1)＝f(x－1)，∴f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期为2，∴f()＝f()，∵f(x)为奇函数，∴f()＝－f(－)＝(1－)＝，∴f()＝，故选B．7．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)有两个极值点x1、x2，则x1·x2等于(　　)A．9　　　　B．－9C．1　　　　D．－1[答案]　C[解析]　f′(x)＝3x2＋2ax＋3，则x1·x2＝1.8．(文)已知a≤＋lnx对任意x∈[，2]恒成立，则a的最大值为(　　)A．0　　　　B．1C．2　　　　D．3[答案]　A[解析]　令f(x)＝＋lnx，则f′(x)＝，当x∈[，1]时，f′(x)<0，当x∈[1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)在[，1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故选A.(理)若f′(x)＝(x＋a)(x－2)，f(0)＝0，函数f(x)在区间[－2,0]上不是单调函数，且当x∈[－2,0]时，不等式f(x)<a3－2a＋3恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－3,1)B．(－1,3)C．(0,3)D．(0,1)[答案]　D[解析]　依题意得，f(x)＝x3＋x2－2ax；∵f(x)在[－2,0]上不是单调函数，∴－a∈(－2,0)，即0<a<2，①在(－2，－a)上f′(x)>0，在(－a,0)上f′(x)<0，∴当x∈[－2,0]时，[f(x)]max＝f(－a)＝－a3＋＋2a2＝a3＋a2，由条件知37\na3＋a2<a3－2a＋3，∴a2＋2a－3<0，∴－3<a<1　②由①②得，0<a<1.9．(文)函数f(x)＝的定义域为(　　)A．(0，)B．(2，＋∞)C．(0，)∪(2，＋∞)D．(0，]∪[2，＋∞)[答案]　C[解析]　(log2x)2－1>0，(log2x)2>1，∴log2x<－1或log2x>1，∴0<x<或x>2.(理)(2022·重庆文，3)函数f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定义域是(　　)A．[－3,1]B．(－3,1)C．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)[答案]　D[解析]　考查函数的定义域与一元二次不等式．由x2＋2x－3>0⇒(x＋3)(x－1)>0，解得x<－3或x>1；故选D．10．已知函数f(x)＝则f(x)>1的解集为(　　)A．(－1,0)∪(0，e)B．(－∞，－1)∪(e，＋∞)C．(－1,0)∪(e，＋∞)D．(－∞，1)∪(e，＋∞)[答案]　C[解析]　不等式f(x)>1化为或，∴x>e或－1<x<0，故选C.11．(2022·浙江文，5)函数f(x)＝cosx(－π≤x≤π且x≠0)的图象可能为(　　)A．　　　　　　　　B．37\nC．　　　　　　　　D．[答案]　D[解析]　考查1.函数的基本性质；2.函数的图象．因为f(－x)＝(－x＋)cosx＝－(x－)cosx＝－f(x)，故函数是奇函数，所以排除A，B；取x＝π，则f(π)＝(π－)cosπ＝－(π－)<0，故选D．12．(文)(2022·中原名校第二次联考)已知函数g(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a＋2b＋3c＝0，f(0)f(1)>0，设x1、x2是方程f(x)＝0的两根，则|x1－x2|的取值范围是(　　)A．[0，)B．[0，)C．(，)D．(，)[答案]　A[解析]　f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵f()＝＋＋c＝(a＋2b＋3c)＝0，∴是f(x)＝0的一根，又f(0)·f(1)>0，∴0<x1<x2<1，即或故选A.(理)(2022·哈三中一模)在平面直角坐标系xOy中，已知P是函数f(x)＝xlnx－x的图象上的动点，该曲线在点P处的切线l交y轴于点M(0，yM)，过点P作l的垂线交y轴于点N(0，yN)．则的范围是(　　)A．(－∞，－1]∪[3，＋∞)B．(－∞，－3]∪[1，＋∞)C．[3，＋∞)D．(－∞，－3][答案]　A[解析]　∵f(x)＝xlnx－x，∴f′(x)＝lnx，设P(x0，y0)，则y0＝x0lnx0－x0，kl＝lnx0，∴l：y－y0＝(x－x0)·lnx0，令x＝0得yM＝y0－x0lnx0＝－x0，过点P的直线l的垂线斜率k＝－，方程为y－y0＝－·(x－x0)，令x＝0得yN＝y0＋＝x0lnx0－x0＋37\n＝∴＝＝－lnx0－＋1当x0>1时，lnx0>0，－lnx0－＋1＝－(lnx0＋)＋1≤1－2＝－1，同理当0<x0<1时，－lnx0－＋1≥3，∴选A.二、填空题13．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围为________．[答案]　(－∞，－1)∪(2，＋∞)[解析]　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由题意知f′(x)＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a)2－4×3×3(a＋2)>0，即a2－a－2>0，解得a>2或a<－1.14．(文)已知直线y＝2x＋b是曲线y＝lnx(x>0)的一条切线，则实数b＝________.[答案]　－ln2－1[解析]　由y＝lnx得y′＝，令＝2得x＝，∴切点为(，ln)，∴ln＝×2＋b，∴b＝－ln2－1.(理)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在区间(－1，0)上单调递减，则a2＋b2的取值范围是________．[答案]　[，＋∞)[解析]　由题意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立，∴∴a、b所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O到直线2a－b－3＝0的距离d＝.∴a2＋b2≥d2＝.∴a2＋b2的取值范围为[，＋∞)．15．(文)给出下列四个命题：①命题“∀x∈R，cosx>0”的否定是“∃x∈R，cosx≤0”；②若0<a<1，则函数f(x)＝x2＋ax－3只有一个零点；37\n③函数y＝sin(2x－)的一个单调增区间是[－，]；④对于任意实数x，有f(－x)＝f(x)，且当x>0时，f′(x)>0，则当x<0时，f′(x)<0.其中真命题的序号是________(把所有真命题的序号都填上)．[答案]　①③④[解析]　①正确；令f(x)＝x2＋ax－3＝0，则ax＝3－x2，在同一坐标系中作出函数y＝ax(0<a<1)与y＝3－x2的图象知，两图象有两个交点，故②错；当x∈[－，]时，－≤2x－≤，故③正确；∵对任意实数x，有f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，又x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴f(x)在(－∞，0)上为减函数，因此，当x<0时，f′(x)<0，故④真．(理)命题p：方程x2－x＋a2－6a＝0有一正根和一负根．命题q：函数y＝x2＋(a－3)x＋1的图象与x轴无交点．若命题“p或q”为真命题，而命题“p且q”为假命题，则实数a的取值范围是________．[答案]　(0,1]∪[5,6)[解析]　由题意，命题p为真时，解得0<a<6；命题q为真时，Δ＝(a－3)2－4<0，解得1<a<5.∵命题“p或q”为真命题，而命题“p且q”为假命题，∴命题p与命题q一真一假．当命题p真且命题q假时，a∈(0,1]∪[5,6)；当命题q真且命题p假时，a的值不存在．综上知，a∈(0,1]∪[5,6)．16．(文)(2022·唐山一模)定义在R上的函数f(x)满足：f(－x)＋f(x)＝x2，当x＜0时，f′(x)＜x，则不等式f(x)＋≥f(1－x)＋x的解集为________．[答案]　(－∞，][解析]　令g(x)＝f(x)－x2，∴g(－x)＝f(－x)－x2，∴g(x)＋g(－x)＝f(x)＋f(－x)－x2＝0，∴函数g(x)是奇函数，又g′(x)＝f′(x)－x<0在(－∞，0)上恒成立，∴g(x)在(－∞，0)上是减函数，则在(－∞，＋∞)上是减函数．f(x)＋≥f(1－x)＋x⇔f(x)－x2≥f(1－x)－x2＋x－⇔g(x)≥g(1－x)，∴x≤1－x，∴x≤.37\n[方法点拨]　函数的知识常与导数、三角函数、数列、不等式、概率等知识结合命题，是重要的知识交汇点，解答此类问题时一定要先判明是以函数为主还是以其他知识为主，结合条件找准解题切入点．(理)(2022·潍坊模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：∀x∈(0，＋∞)，都有f(2x)＝2f(x)；当x∈(1,2]时，f(x)＝2－x，给出如下结论：①∀m∈Z，有f(2m)＝0；②函数f(x)的值域为[0，＋∞)；③存在n∈Z，使f(2n＋1)＝9；④函数f(x)在区间(a，b)上单调递减的充分条件是“存在k∈Z，使得(a，b)⊆(2k,2k＋1)”．其中所有正确结论的序号是________．[答案]　①②④[解析]　本题主要考查函数的图象以及函数解析式的求法，考查函数的值域、单调性以及充分条件的判断，难度较大．因为f(2x)＝2f(x)，所以f(x)＝2f()，因为当x∈(1,2]时，f(x)＝2－x，所以当x∈(2,4]时，∈(1,2]，f(x)＝2(2－)＝4－x，当x∈(4,8]时，∈(2,4]，f(x)＝2(4－)＝8－x，以此类推，当x∈(2n,2n＋1]，n∈Z时，f(x)＝2n＋1－x，n∈Z，可知∀m∈Z，f(2m)＝0，所以①正确；f(x)的值域为[0，＋∞)，故②正确；若f(2n＋1)＝9，则2n＋1－2n－1＝9，即2n＝10，又n∈Z，故2n≠10，故③错误；易知函数f(x)在(a，b)上单调递减的充分条件是存在k∈Z，使得(a，b)⊆(2k,2k＋1)，所以④正确．综上所述，正确结论的序号为①②④.三、解答题17．设命题p：函数f(x)＝lg(ax2－x＋a)的定义域为R；命题q：不等式3x－9x<a对一切正实数x均成立．(1)如果p是真命题，求实数a的取值范围；(2)如果命题“p或q”为真命题，且“p且q”为假命题，求实数a的取值范围．[解析]　(1)若命题p为真，即ax2－x＋a>0对任意x恒成立．(ⅰ)当a＝0时，－x>0不恒成立，不合题意；(ⅱ)当a≠0时，可得即解得a>2.所以实数a的取值范围是(2，＋∞)．(2)令y＝3x－9x＝－(3x－)2＋.由x>0得3x>1，则y<0.若命题q为真，则a≥0.由命题“p或q”为真且“p且q”为假，得命题p、q一真一假．37\n(ⅰ)当p真q假时，a不存在；(ⅱ)当p假q真时，0≤a≤2.所以实数a的取值范围是[0,2]．18．(2022·上海十三校联考)某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得10万元到1000万元的投资收益．现准备制定一个对科研课题组的奖励方案：资金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且资金不超过9万元，同时资金不超过投资收益的20%.(1)若建立函数y＝f(x)模型制定奖励方案，试用数学语言表述该公司对奖励函数f(x)模型的基本要求，并分析函数y＝＋2是否符合公司要求的奖励函数模型，并说明原因；(2)若该公司采用模型函数y＝作为奖励函数模型，试确定最小的正整数a的值．[解析]　(1)若奖励函数模型为y＝f(x)，按公司对函数模型的基本要求，函数y＝f(x)满足：当x∈[10,1000]时，①f(x)在定义域[10,1000]上是增函数；②f(x)≤9恒成立；③f(x)≤恒成立．对于函数模型f(x)＝＋2.当x∈[10,1000]时，f(x)是增函数，f(x)max＝f(1000)＝＋2＝＋2<9.所以f(x)≤9恒成立．但x＝10时，f(10)＝＋2>，即f(x)≤不恒成立，故该函数模型不符合公司要求．(2)对于函数模型f(x)＝，即f(x)＝10－，当3a＋20>0，即a>－时递增；为使f(x)≤9对x∈[10,1000]恒成立，37\n即f(1000)≤9，∴3a＋18≥1000，∴a≥；为使f(x)≤对x∈[10,1000]恒成立，即≤，x2－48x＋15a≥0恒成立，所以a≥.综上所述，a≥，所以满足条件的最小的正整数a的值为328.19．函数f(x)对于x>0有意义，且满足条件f(2)＝1，f(x·y)＝f(x)＋f(y)，f(x)是减函数．(1)证明：f(1)＝0；(2)若f(x)＋f(x－3)≥2成立，求x的取值范围．[解析]　(1)令x＝y＝1，则f(1×1)＝f(1)＋f(1)，故f(1)＝0.(2)因为f(2)＝1，令x＝y＝2，则f(2×2)＝f(2)＋f(2)＝2，所以f(4)＝2.因为f(x)＋f(x－3)≥2成立，所以f[x(x－3)]≥f(4)．又f(x)为减函数，所以解得3<x≤4.所以f(x)＋f(x－3)≥2成立时，x的取值范围是(3,4]．20．(文)已知函数f(x)＝x4－2ax2.(1)求证：方程f(x)＝1有实根；(2)h(x)＝f(x)－x在[0,1]上是单调递减函数，求实数a的取值范围；(3)当x∈[0,1]时，关于x的不等式|f′(x)|>1的解集为空集，求所有满足条件的实数a的值．[解析]　(1)要证x4－2ax2－1＝0有实根，也就是证明方程t2－2at－1＝0有非负实数根．而Δ＝4a2＋4>0，故可设t2－2at－1＝0的两根为t1、t2.t1t2＝－1<0，∴t1、t2一正一负．∵方程t2－2at－1＝0有正根，∴方程f(x)＝1有实根．(2)由题设知对任意的x∈[0,1]，h′(x)＝f′(x)－1＝4x3－4ax－1≤0恒成立，37\nx＝0时显然成立；对任意的0<x≤1，a≥x2－，∴a≥(x2－)max，而g(x)＝x2－在(0,1]上单调递增，∴a≥g(1)＝，∴a的取值范围为[，＋∞)．(3)由题设知，当x∈[0,1]时，|4x3－4ax|≤1恒成立．记F(x)＝4x3－4ax，方法1：若a≤0，则F(1)＝4－4a≥4，不满足条件；故a>0，而F′(x)＝12x2－4a＝12(x－)(x＋)①当<1即0<a<3时，F(x)在[0，]上递减，在[，1]上递增，于是|F(x)|max＝max{－F()，F(1)}＝max{a，4－4a}≤1，解得a＝.②当≥1，即a≥3时，F(x)在[0,1]上递减，于是|F(x)|max＝－F(1)＝4a－4≥8，与题意矛盾．综上所述a＝.方法2：(分离参数法)因为|4x3－4ax|≤1，所以－1≤4x3－4ax≤1，x＝0时显然成立；对任意的0<x≤1，x2－≤a≤x2＋由(2)知a≥，∵a≤x2＋(0<x≤1)且x2＋＝x2＋＋≥(x＝时取等号)，∴a≤，∴a＝.37\n(理)已知f(x)是定义在区间[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若m、n∈[－1,1]，m＋n≠0时，有>0.(1)解不等式f(x＋)<f(1－x)；(2)若f(x)≤t2－2at＋1对所有x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立，求实数t的取值范围．[解析]　(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x2>x1，则f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝·(x2－x1)>0，所以f(x2)>f(x1)．所以f(x)是增函数．由f(x＋)<f(1－x)得解得0≤x<.故不等式f(x＋)<f(1－x)的解集为[0，)．(2)由于f(x)为增函数，所以f(x)的最大值为f(1)＝1，所以f(x)≤t2－2at＋1对a∈[－1,1]，x∈[－1,1]总成立⇔t2－2at＋1≥1对任意a∈[－1,1]总成立⇔t2－2at≥0对任意a∈[－1,1]总成立．把y＝t2－2at看作a的函数，由a∈[－1,1]知其图象是一线段．所以t2－2at≥0对任意a∈[－1,1]总成立⇔⇔⇔⇔t≤－2或t＝0或t≥2.21．(文)已知函数f(x)＝(x2－3x＋)ex，其中e是自然对数的底数．(1)求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[－1,2]上的最大值与最小值．[解析]　(1)因为f(x)＝(x2－3x＋)ex，所以f(0)＝，又f′(x)＝(2x－3)ex＋(x2－3x＋)ex＝(x2－x－)ex，所以f′(0)＝－，所以函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为：y－＝－x，即3x＋4y－9＝0.37\n(2)由(1)得f(x)＝(x－)2ex，f′(x)＝(x＋)(x－)ex.当x变化时，函数f(x)，f′(x)在区间[－1,2]上的变化情况如下表：x[－1，－)－(－，)(，2]f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值函数f(x)在区间[－1,2]上的最大值f(x)max＝max{f(－)，f(2)}，最小值f(x)min＝min{f(－1)，f()}．∵f(2)－f(－)＝e2－4e－＝<<0，又f()＝0，f(－1)＝>0，∴f()－f(－1)<0，∴f(x)max＝f(－)＝4e－，f(x)min＝f()＝0.(理)已知两条直线l1：y＝m2和l2：y＝6－2m(m<3)，直线l1与函数y＝|logtx|(t>0，t≠1)的图象从左到右相交于点A，B，直线l2与函数y＝|logtx|(t>0，t≠1)的图象从左到右相交于点C，D，设A，B，C，D在x轴上的射影分别是A1，B1，C1，D1，记线段A1C1，B1D1的长度分别为a，B．(1)当m＝2，t＝2时，求a的值．(2)当m变化时，记f(m)＝，求函数f(m)的解析式及其最小值．[解析]　(1)若m＝2，t＝2，则直线l1：y＝4和l2：y＝2，有|log2x|＝4，得x1＝2－4，x2＝24，|log2x|＝2，得x3＝2－2，x4＝22，xA＝2－4，xC＝2－2，∴a＝|xA－xC|＝.(2)由题可知即m<3且m≠－1±.在同一坐标系中作出l1：y＝m2和l2：y＝6－2m，y＝|logtx|的图象，由|logtx|＝m2得x1＝t－m2，x2＝tm2，由|logtx|＝6－2m得x3＝t－(6－2m)，x4＝t(6－2m)．37\n当t>1时，得a＝|t－m2－t－(6－2m)|，b＝|tm2－t(6－2m)|，∴f(m)＝＝＝tm2t(6－2m)＝tm2－2m＋6(m<3且m≠－1±)．∵m2－2m＋6＝(m－1)2＋5≥5，又∵t>1，∴f(m)＝＝tm2－2m＋6≥t5.当0<t<1时，得b＝|t－m2－t－(6－2m)|，a＝|tm2－t(6－2m)|，∴f(m)＝＝＝＝＝()m2－2m＋6(m<3且m≠－1±)．∵m2－2m＋6＝(m－1)2＋5≥5，又∵0<t<1，∴>1，∴f(m)＝()m2－2m＋6≥.综上所述，当t>1时，f(m)＝tm2－2m＋6(m<3且m≠－1±)，f(m)min＝t5.当0<t<1时，f(m)＝()m2－2m＋6(m<3且m≠－1±)，f(m)min＝.[易错分析]　不能创造条件应用指数函数、二次函数等基本函数的单调性求解，或者指数式的运算基本功不过关，导致运算错误．对这类综合题要加强训练．22．(文)已知函数f(x)＝ex＋2x2－3x.(1)求证：函数f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极值点．(2)当x≥时，若关于x的不等式f(x)≥x2＋(a－3)x＋1恒成立，试求实数a的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝ex＋4x－3，∵f′(0)＝e0－3＝－2<0，f′(1)＝e＋1>0，∴f′(0)·f′(1)<0.令h(x)＝f′(x)＝ex＋4x－3，则h′(x)＝ex＋4>0，∴f′(x)在区间[0,1]上单调递增，∴f′(x)在区间[0,1]上存在唯一零点，∴f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极小值点．(2)由f(x)≥x2＋(a－3)x＋1，得ex＋2x2－3x≥x2＋(a－3)x＋1，即ax≤ex－x2－1，37\n∵x≥，∴a≤.令g(x)＝，则g′(x)＝.令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1，则φ′(x)＝x(ex－1)．∵x≥，∴φ′(x)>0.∴φ(x)在[，＋∞)上单调递增．∴φ(x)≥φ()＝－>0.因此g′(x)>0，故g(x)在[，＋∞)上单调递增，则g(x)≥g()＝＝2－，∴a的取值范围是a≤2－.(理)(2022·海南省六校联盟第二次联考)已知函数f(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x>0时，f(x)>恒成立，求整数k的最大值．[解析]　(1)由f(x)＝知x∈(－1,0)∪(0，＋∞)．∴f′(x)＝－，令h(x)＝1＋(x＋1)ln(x＋1)，则h′(x)＝1＋ln(x＋1)，令h′(x)＝0，得x＝－1易得h(x)在(－1，－1)上递减，37\n在(－1，＋∞)上递增．∴h(x)min＝h(－1)＝1－>0，∴f′(x)<0故f(x)的单调减区间为(－1,0)，(0，＋∞)．(2)当x>0时，f(x)>恒成立，即k<对x>0恒成立．令g(x)＝(x>0)，需k<g(x)min即可．g′(x)＝－[1－x＋ln(x＋1)]．令φ(x)＝1－x＋ln(x＋1)(x>0)⇒φ′(x)＝－<0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又φ(2)＝ln3－1>0，φ(3)＝2ln2－2<0，则存在实数t∈(2,3)，使φ(t)＝0⇒t＝1＋ln(t＋1)，∴g(x)在(0，t)上递减，在(t，＋∞)上递增．∴g(x)min＝g(t)＝＝t＋1∈(3,4)，故kmax＝3.37