【备考2022】2022高考数学 （真题+模拟新题分类汇编） 函数与导数 理

函数与导数B1　函数及其表示　　　　　　　　　　　　　　　　　　　21．B1，B12[2022·江西卷]已知函数f(x)＝a，a为常数且a>0.(1)证明：函数f(x)的图像关于直线x＝对称；(2)若x0满足f(f(x0))＝x0，但f(x0)≠x0，则称x0为函数f(x)的二阶周期点．如果f(x)有两个二阶周期点x1，x2，试确定a的取值范围；(3)对于(2)中的x1，x2和a，设x3为函数f(f(x))的最大值点，A(x1，f(f(x1)))，B(x2，f(f(x2)))，C(x3，0)．记△ABC的面积为S(a)，讨论S(a)的单调性．解：(1)证明：因为f＝a(1－2|x|)，f＝a(1－2|x|)，有f＝f，所以函数f(x)的图像关于直线x＝对称．(2)当0<a<时，有f(f(x))＝所以f(f(x))＝x只有一个解x＝0，又f(0)＝0，故0不是二阶周期点．当a＝时，有f(f(x))＝所以f(f(x))＝x有解集xx≤，又当x≤时f(x)＝x，故x)x≤中的所有点都不是二阶周期点．当a>时，有f(f(x))＝-45-\n所以f(f(x))＝x有四个解0，，，，又f(0)＝0，f＝，f≠，f≠，故只有，是f(x)的二阶周期点．综上所述，所求a的取值范围为a>.(3)由(2)得x1＝，x2＝，因为x3为函数f(f(x))的最大值点，所以x3＝，或x3＝.当x3＝时，S(a)＝，求导得：S′(a)＝.所以当a∈时，S(a)单调递增，当a∈时S(a)单调递减；当x3＝时，S(a)＝，求导得：S′(a)＝；因a>，从而有S′(a)＝>0，所以当a∈时S(a)单调递增．13．B1，B11[2022·江西卷]设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________．13．2　[解析]f(ex)＝x＋ex，利用换元法可得f(x)＝lnx＋x，f′(x)＝＋1，所以f′(1)＝2.10．B1，B8[2022·江西卷]如图1－3所示，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点．设弧FG的长为x(0<x<π)，y＝EB＋BC＋CD，若l从l1平行移动到l2，则函数y＝f(x)的图像大致是(　　)图1－3图1－410．D　[解析]设l，l2距离为t，cosx＝2t2－1，得t＝.△ABC的边长为-45-\n，＝，得BE＝(1－t)，则y＝2BE＋BC＝2×(1－t)＋＝2－，当x∈(0，π)时，非线性单调递增，排除A，B，求证x＝的情况可知选D.2．B1[2022·江西卷]函数y＝ln(1－x)的定义域为(　　)A．(0，1)B．[0，1)C．(0，1]D．[0，1]2．B　[解析]x≥0且1－x>0，得x∈[0，1)，故选B.11．B1[2022·辽宁卷]已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max，H2(x)＝min(max表示p，q中的较大值，min表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝(　　)A．16B．－16C．a2－2a－16D．a2＋2a－1611．B　[解析]由题意知当f(x)＝g(x)时，即x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，整理得x2－2ax＋a2－4＝0，所以x＝a＋2或x＝a－2，所以H1(x)＝max{f(x)，g(x)}＝H2(x)＝min{f(x)，g(x)}＝由图形(图形略)可知，A＝H1(x)min＝－4a－4，B＝H2(x)max＝12－4a，则A－B＝－16.故选B.4．B1[2022·全国卷]已知函数f(x)的定义域为(－1，0)，则函数f(2x＋1)的定义域为(　　)A．(－1，1)B.C．(－1，0)D.4．B　[解析]对于f(2x＋1)，－1<2x＋1<0，解得－1<x<－，即函数f(2x＋1)的定义域为.8．B1，J3[2022·陕西卷]设函数f(x)＝则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为(　　)A．－20B．20C．－15D．15-45-\n8．A　[解析]由已知表达式可得：f[f(x)]＝－6，展开式的通项为Tr＋1＝C6－r(－)r＝C·(－1)r·xr－3，令r－3＝0，可得r＝3，所以常数项为T4＝－C＝－20.7．B1，B3，B12[2022·四川卷]函数y＝的图像大致是(　　)图1－57．C　[解析]函数的定义域是{x∈R|x≠0}，排除选项A；当x<0时，x3<0，3x－1<0，故y>0，排除选项B；当x→＋∞时，y>0且y→0，故为选项C中的图像．19．B1，I2，K6[2022·新课标全国卷Ⅱ]经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图1－4所示，经销商为下一个销售季度购进了130t该农产品，以X(单位：t，100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．(1)将T表示为X的函数；(2)根据直方图估计利润T不少于57000元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈[100，110)，则取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入[100，110)的频率)，求T的数学期望．图1－419．解：(1)当X∈[100，130)时，T＝500X－300(130－X)＝800X－39000.当X∈[130，150]时，T＝500×130＝65000.所以T＝(2)由(1)知利润T不少于57000元，当且仅当120≤X≤150.由直方图知需求量X∈[120，150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57000元的概率的估计值为0.7.(3)依题意可得T的分布列为T45000530006100065000P0.10.20.30.4所以E(T)＝45000×0.1＋53000×0.2＋61000×0.3＋65000×0.4＝59400.-45-\nB2　反函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　5．B2[2022·全国卷]函数f(x)＝log2(x>0)的反函数f－1(x)＝(　　)A.(x>0)B.(x≠0)C．2x－1(x∈R)D．2x－1(x>0)5．A　[解析]令y＝log2，则y>0，且1＋＝2y，解得x＝，交换x，y得f－1(x)＝(x>0)．B3　函数的单调性与最值　　　　　　　　　　　　　　　　　　　21．B3，B9，B12[2022·四川卷]已知函数f(x)＝其中a是实数．设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图像上的两点，且x1<x2.(1)指出函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直，且x2<0，求x2－x1的最小值；(3)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．21．解：(1)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1，0)，(0，＋∞)．(2)由导数的几何意义可知，点A处的切线斜率为f′(x1)，点B处的切线斜率为f′(x2)，故当点A处的切线与点B处的切线垂直时，有f′(x1)f′(x2)＝－1.当x<0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x＋2.因为x1<x2<0，所以，(2x1＋2)(2x2＋2)＝－1，所以2x1＋2<0，2x2＋2>0.因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1，当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－且x2＝－时等号成立．所以，函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直时，x2－x1的最小值为1.(3)当x1<x2<0或x2>x1>0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1<0<x2.当x1<0时，函数f(x)的图像在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x－x1)，即y＝(2x1＋2)x－x＋a.当x2>0时，函数f(x)的图像在点(x2，f(x2))处的切线方程为y－lnx2＝(x－x2)，即y＝·x＋lnx2－1.-45-\n两切线重合的充要条件是由①及x1<0<x2，知－1<x1<0.由①②得，a＝x＋ln－1＝x－ln(2x1＋2)－1.设h(x1)＝x－ln(2x1＋2)－1(－1<x1<0)，则h′(x1)＝2x1－<0.所以，h(x1)(－1<x1<0)是减函数．则h(x1)>h(0)＝－ln2－1，所以a>－ln2－1.又当x1∈(－1，0)且趋近于－1时，h(x1)无限增大，所以a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．故当函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．10．B3，B12[2022·四川卷]设函数f(x)＝(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sinx上存在(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则a的取值范围是(　　)A．[1，e]B．[e－1－1，1]C．[1，e＋1]D．[e－1－1，e＋1]10．A　[解析]因为y0＝sinx0∈[－1，1]，且f(x)在[－1，1]上(有意义时)是增函数，对于y0∈[－1，1]，如果f(y0)＝c＞y0，则f(f(y0))＝f(c)＞f(y0)＝c＞y0，不可能有f(f(y0))＝y0.同理，当f(y0)＝d＜y0时，则f(f(y0))＝f(d)＜f(y0)＝d＜y0，也不可能有f(f(y0))＝y0，因此必有f(y0)＝y0，即方程f(x)＝x在[－1，1]上有解，即＝x在[－1，1]上有解．显然，当x＜0时，方程无解，即需要＝x在[0，1]上有解．当x≥0时，两边平方得ex＋x－a＝x2，故a＝ex－x2＋x.记g(x)＝ex－x2＋x，则g′(x)＝ex－2x＋1.当x∈时，ex＞0，－2x＋1≥0，故g′(x)＞0，当x∈时，ex＞＞1，0>－2x＋1≥－1，故g′(x)＞0.综上，g′(x)在x∈[0，1]上恒大于0，所以g(x)在[0，1]上为增函数，值域为[1，e]，从而a的取值范围是[1，e]．7．B1，B3，B12[2022·四川卷]函数y＝的图像大致是(　　)图1－57．C　[解析]函数的定义域是{x∈R|x≠0}，排除选项A；当x<0时，x3<0，3x－1<0，故y>0，排除选项B；当x→＋∞时，y>0且y→0，故为选项C中的图像．-45-\n10．B3，B5，B8，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)A．x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝010．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，f(x)连续，x0∈R，f(x0)＝0，A正确；通过平移变换，函数可以化为f(x)＝x3＋c，从而函数y＝f(x)的图像是中心对称图形，B正确；若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，则f(x)在区间(x1，x0)单调递减．C错误．D正确．故答案为C.B4　函数的奇偶性与周期性　　　　　　　　　　　　　　　　　　　2．B4[2022·广东卷]定义域为R的四个函数y＝x3，y＝2x，y＝x2＋1，y＝2sinx中，奇函数的个数是(　　)A．4B．3C．2D．12．C　[解析]函数y＝x3，y＝2sinx是奇函数．11．B4[2022·江苏卷]已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x>0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________．11．(－5，0)∪(5，＋∞)　[解析]设x<0，则－x>0.因为f(x)是奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－(x2＋4x)．又f(0)＝0，于是不等式f(x)>x等价于或解得x>5或－5<x<0，故不等式的解集为(－5，0)∪(5，＋∞)．3．B4[2022·山东卷]已知函数f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2＋，则f(－1)＝(　　)A．－2B．0C．1D．23．A　[解析]∵f为奇函数，∴f＝－f(1)＝－＝－2.14．B4，E3[2022·四川卷]已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是________．14．(－7，3)　[解析]当x＋2≥0时，f(x＋2)＝(x＋2)2－4(x＋2)＝x2－4，由f(x＋2)＜5，得x2－4＜5，即x2＜9，解得－3＜x＜3，又x＋2≥0，故－2≤x＜3为所求．又因为f(x)为偶函数，故f(x＋2)的图像关于直线x＝－2对称，于是－7＜x＜－2也满足不等式．(注：本题还可以借助函数的图像及平移变换求解)B5　二次函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　-45-\n4．A2、B5[2022·安徽卷]“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内单调递增”的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．C　[解析]f(x)＝|(ax－1)x|＝|ax2－x|，若a＝0，则f(x)＝|x|，此时f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；若a<0，则二次函数y＝ax2－x的对称轴x＝<0，且x＝0时y＝0，此时y＝ax2－x在区间(0，＋∞)上单调递减且y<0恒成立，故f(x)＝|ax2－x|在区间(0，＋∞)上单调递增，故a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，条件是充分的；反之若a>0，则二次函数y＝ax2－x的对称轴x＝>0，且在区间0，上y<0，此时f(x)＝|ax2－x|在区间0，上单调递增，在区间，上单调递减，故函数f(x)不可能在区间(0，＋∞)上单调递增，条件是必要的．5．B5，B9[2022·湖南卷]函数f(x)＝2lnx的图像与函数g(x)＝x2－4x＋5的图像的交点个数为(　　)A．3B．2C．1D．05．B　[解析]法一：作出函数f(x)＝2lnx，g(x)＝x2－4x＋5的图像如图：可知，其交点个数为2，选B.法二：也可以采用数值法：x124f(x)＝2lnx02ln2＝ln4>1ln42<5g(x)＝x2－4x＋5215可知它们有2个交点，选B.10．B3，B5，B8，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)A．x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝010．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，f(x)连续，x0∈R，f(x0)＝0，A正确；通过平移变换，函数可以化为f(x)＝x3＋c，从而函数y＝f(x)的图像是中心对称图形，B正确；若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，则f(x)在区间(x1，x0)单调递减．C错误．D正确．故答案为C.-45-\nB6　指数与指数函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　6．E3、B6、B7[2022·安徽卷]已知一元二次不等式f(x)<0的解集为x)x<－1或x>，则f(10x)>0的解集为(　　)A．{x|x<－1或x>－lg2}B．{x|－1<x<－lg2}C．{x|x>－lg2}D．{x|x<－lg2}6．D　[解析]根据已知可得不等式f(x)>0的解是－1<x<，故－1<10x<，解得x<－lg2.16．A1，A3，B6[2022·湖南卷]设函数f(x)＝ax＋bx－cx，其中c>a>0，c>b>0.(1)记集合M＝{(a，b，c)|a，b，c不能构成一个三角形的三条边长，且a＝b}，则(a，b，c)∈M所对应的f(x)的零点的取值集合为________；(2)若a，b，c是△ABC的三条边长，则下列结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①x∈(－∞，1)，f(x)>0；②x∈R，使ax，bx，cx不能构成一个三角形的三条边长；③若△ABC为钝角三角形，则x∈(1，2)，使f(x)＝0.16．(1){x|0<x≤1}　(2)①②③　[解析](1)因a＝b，所以函数f(x)＝2ax－cx，又因a，b，c不能构成一个三角形，且c>a>0，c>b>0，故a＋b＝2a<c，令f(x)＝2ax－cx＝0，即f(x)＝cx＝0，故可知＝，又0<<，结合指数函数性质可知0<x≤1，即取值集合为{x|0<x≤1}．(2)因f(x)＝ax＋bx－cx＝cx，因c>a>0，c>b>0，则0<<1，0<<1，当x∈(－∞，1)时，有>，>，所以＋>＋，又a，b，c为三角形三边，则定有a＋b>c，故对x∈(－∞，1)，＋－1>0，即f(x)＝ax＋bx－cx＝cx>0，故①正确；取x＝2，则＋<＋，取x＝3，则＋<＋，由此递推，必然存在x＝n时，有＋<1，即an＋bn<cn，故②正确；对于③，因f(1)＝a＋b－c>0，f(2)＝a2＋b2－c2<0(C为钝角)，根据零点存在性定理可知，x∈(1，2)，使f(x)＝0，故③正确．故填①②③.3．B6，B7[2022·浙江卷]已知x，y为正实数，则(　　)A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgyB．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgyC．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgyD．2lg(xy)＝2lgx·2lgy-45-\n3．D　[解析]∵lg(xy)＝lgx＋lgy，∴2lg(xy)＝2lgx＋lgy＝2lgx2lgy，故选择D.B7　对数与指数函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　6．E3、B6、B7[2022·安徽卷]已知一元二次不等式f(x)<0的解集为x)x<－1或x>，则f(10x)>0的解集为(　　)A．{x|x<－1或x>－lg2}B．{x|－1<x<－lg2}C．{x|x>－lg2}D．{x|x<－lg2}6．D　[解析]根据已知可得不等式f(x)>0的解是－1<x<，故－1<10x<，解得x<－lg2.16．B7、M1[2022·山东卷]定义“正对数”：ln＋x＝现有四个命题：①若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝bln＋a；②若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝ln＋a＋ln＋b；③若a>0，b>0，则ln＋≥ln＋a－ln＋b；④若a>0，b>0，则ln＋(a＋b)≤ln＋a＋ln＋b＋ln2.其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号)16．①③④　[解析]①中，当ab≥1时，∵b>0，∴a≥1，ln＋(ab)＝lnab＝blna＝bln＋a；当0<ab<1时，∵b>0，∴0<a<1，ln＋(ab)＝bln＋a＝0，∴①正确；②中，当0<ab<1，且a>1时，左边＝ln＋(ab)＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＝lna＋0＝lna>0，∴②不成立；③中，当≤1，即a≤b时，左边＝0，右边＝ln＋a－ln＋b≤0，左边≥右边成立；当>1时，左边＝ln＝lna－lnb>0，若a>b>1时，右边＝lna－lnb，左边≥右边成立；若0<b<a<1时，右边＝0,左边≥右边成立；若a>1>b>0，左边＝ln＝lna－lnb>lna，右边＝lna，左边≥右边成立，∴③正确；④中，若0<a＋b<1，左边＝ln＋＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＋ln2＝ln2>0，左边≤右边；若a＋b≥1，ln＋－ln2＝ln－ln2＝ln，又∵≤a或≤b，a，b至少有1个大于1，∴ln≤lna或ln≤lnb，即有ln＋－ln2＝ln－ln2＝ln≤ln＋a＋ln＋b，∴④正确．8．B7，E1[2022·新课标全国卷Ⅱ]设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则(　　)A．c＞b＞aB．b＞c＞a-45-\nC．a＞c＞bD．a＞b＞c8．D　[解析]a－b＝log36－log510＝(1＋log32)－(1＋log52)＝log32－log52>0，b－c＝log510－log714＝(1＋log52)－(1＋log72)＝log52－log72>0，所以a>b>c，选D.3．B6，B7[2022·浙江卷]已知x，y为正实数，则(　　)A．2lgx＋lgy＝2lgx＋2lgyB．2lg(x＋y)＝2lgx·2lgyC．2lgx·lgy＝2lgx＋2lgyD．2lg(xy)＝2lgx·2lgy3．D　[解析]∵lg(xy)＝lgx＋lgy，∴2lg(xy)＝2lgx＋lgy＝2lgx2lgy，故选择D.B8　幂函数与函数的图像　　　　　　　　　　　　　　　　　　　5．B8[2022·北京卷]函数f(x)的图像向右平移1个单位长度，所得图像与曲线y＝ex关于y轴对称，则f(x)＝(　　)A．ex＋1B．ex－1C．e－x＋1D．e－x－15．D　[解析]依题意，f(x)向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图像，又y＝ex的图像关于y轴对称的图像的解析式为y＝e－x，所以f(x－1)＝e－x，所以f(x)＝e－x－1.10．B1，B8[2022·江西卷]如图1－3所示，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点．设弧FG的长为x(0<x<π)，y＝EB＋BC＋CD，若l从l1平行移动到l2，则函数y＝f(x)的图像大致是(　　)图1－3图1－410．D　[解析]设l，l2距离为t，cosx＝2t2－1，得t＝.△ABC的边长为，＝，得BE＝(1－t)，则y＝2BE＋BC＝2×(1－t)＋＝2－，当x∈(0，π)时，非线性单调递增，排除A，B，求证x＝的情况可知选-45-\nD.10．B3，B5，B8，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)A．x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝010．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，f(x)连续，x0∈R，f(x0)＝0，A正确；通过平移变换，函数可以化为f(x)＝x3＋c，从而函数y＝f(x)的图像是中心对称图形，B正确；若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，则f(x)在区间(x1，x0)单调递减．C错误．D正确．故答案为C.B9　函数与方程　　　　　　　　　　　　　　　　　　　11．B9，B11[2022·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，0]B．(－∞，1]C．[－2，1]D．[－2，0]11．D　[解析]方法一：若x≤0，|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x，x＝0时，不等式恒成立，x<0时，不等式可变为a≥x－2，而x－2<－2，可得a≥－2；若x>0，|f(x)|＝|ln(x＋1)|＝ln(x＋1)，由ln(x＋1)≥ax，可得a≤恒成立，令h(x)＝，则h′(x)＝，再令g(x)＝－ln(x＋1)，则g′(x)＝<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，可得h′(x)＝<0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，x→＋∞时，h(x)→0，所以h(x)>0，a≤0.综上可知，－2≤a≤0，故选D.方法二：数形结合：画出函数|f(x)|＝与直线y＝ax的图像，如下图，要使|f(x)|≥ax恒成立，只要使直线y＝ax的斜率最小时与函数y＝x2－2x，x≤0在原点处的切线斜率相等即可，最大时与x轴的斜率相等即可，因为y′＝2x－2，所以y′|x＝0＝－2，所以－2≤a≤0.-45-\n10．B9，B12[2022·安徽卷]若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是(　　)A．3B．4C．5D．610．A　[解析]因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0且3x2＋2ax＋b＝0的两根分别为x1，x2，所以f(x)＝x1或f(x)＝x2，当x1是极大值点时，f(x1)＝x1，x2为极小值点，且x2>x1，如图(1)所示，可知方程f(x)＝x1有两个实根，f(x)＝x2有一个实根，故方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0共有3个不同实根；当x1是极小值点时，f(x1)＝x1，x2为极大值点，且x2<x1，如图(2)所示，可知方程f(x)＝x1有两个实根，f(x)＝x2有一个实根，故方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0共有3个不同实根；综合以上可知，方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0共有3个不同实根．8．B9[2022·安徽卷]函数y＝f(x)的图像如图1－2所示，在区间[a，b]上可找到n(n≥2)个不同的数x1，x2，…，xn，使得＝＝…＝，则n的取值范围是(　　)图1－2A．{3，4}B．{2，3，4}C．{3，4，5}D．{2，3}8．B　[解析]问题等价于直线y＝kx与函数y＝f(x)图像的交点个数，从图中可以看出交点个数可以为2，3，4，故n的取值范围是{2，3，4}．5．B5，B9[2022·湖南卷]函数f(x)＝2lnx的图像与函数g(x)＝x2－4x＋5的图像的交点个数为(　　)A．3B．2C．1D．05．B　[解析]法一：作出函数f(x)＝2lnx，g(x)＝x2－4x＋5的图像如图：-45-\n可知，其交点个数为2，选B.法二：也可以采用数值法：x124f(x)＝2lnx02ln2＝ln4>1ln42<5g(x)＝x2－4x＋5215可知它们有2个交点，选B.21．B9、B12[2022·山东卷]设函数f(x)＝＋c(e＝2.71828…是自然对数的底数，c∈R)．(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．21．解：(1)f′(x)＝(1－2x)e－2x.由f′(x)＝0，解得x＝，当x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以，函数f(x)的单调递增区间是－∞，，单调递减区间是，＋∞，最大值为f＝e－1＋c.(2)令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．①当x∈(1，＋∞)时，lnx>0，则g(x)＝lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x＋2x－1.因为2x－1>0，>0，所以g′(x)>0.因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．②当x∈(0，1)时，lnx<0，则g(x)＝－lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x－＋2x－1.因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1.又2x－1<1，所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0.因此g(x)在(0，1)上单调递减．综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c.-45-\n当g(1)＝－e－2－c>0，即c<－e－2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当g(1)＝－e－2－c<0，即c>－e－2时，(ⅰ)当x∈(1，＋∞)时，由(1)知g(x)＝lnx－xe－2x－c≥lnx－e－1＋c>lnx－1－c，要使g(x)>0，只需使lnx－1－c>0，即x∈(e1＋c，＋∞)；(ⅱ)当x∈(0，1)时，由(1)知g(x)＝－lnx－xe－2x－c≥－lnx－e－1＋c>－lnx－1－c，要使g(x)>0，只需－lnx－1－c>0，即x∈(0，e－1－c)；所以c>－e－2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.综上所述，当c<－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当c＝－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当c>－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.21．B3，B9，B12[2022·四川卷]已知函数f(x)＝其中a是实数．设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图像上的两点，且x1<x2.(1)指出函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直，且x2<0，求x2－x1的最小值；(3)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．21．解：(1)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1，0)，(0，＋∞)．(2)由导数的几何意义可知，点A处的切线斜率为f′(x1)，点B处的切线斜率为f′(x2)，故当点A处的切线与点B处的切线垂直时，有f′(x1)f′(x2)＝－1.当x<0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x＋2.因为x1<x2<0，所以，(2x1＋2)(2x2＋2)＝－1，所以2x1＋2<0，2x2＋2>0.因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1，当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－且x2＝－时等号成立．所以，函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直时，x2－x1的最小值为1.(3)当x1<x2<0或x2>x1>0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1<0<x2.当x1<0时，函数f(x)的图像在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x－x1)，即y＝(2x1＋2)x－x＋a.当x2>0时，函数f(x)的图像在点(x2，f(x2))处的切线方程为y－lnx2＝(x－x2)，即y＝·x＋lnx2－1.-45-\n两切线重合的充要条件是由①及x1<0<x2，知－1<x1<0.由①②得，a＝x＋ln－1＝x－ln(2x1＋2)－1.设h(x1)＝x－ln(2x1＋2)－1(－1<x1<0)，则h′(x1)＝2x1－<0.所以，h(x1)(－1<x1<0)是减函数．则h(x1)>h(0)＝－ln2－1，所以a>－ln2－1.又当x1∈(－1，0)且趋近于－1时，h(x1)无限增大，所以a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．故当函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．7．B9[2022·天津卷]函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点个数为(　　)A．1B．2C．3D．47．B　[解析]f(x)＝2x|log0.5x|－1＝＝∵f(x)＝－2xlog2x－1在(0，1]上递减且x接近于0时，f(x)接近于正无穷大，f(1)＝－1<0，∴f(x)在(0，1]上有一零点；又∵f(x)＝2xlog2x－1在(1，＋∞)上递增，且f(2)＝22×log22－1＝3>0，∴f(x)在(1，＋∞)上有一零点．故f(x)共有2个零点．B10　函数模型及其应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　10．B10[2022·陕西卷]设[x]表示不大于x的最大整数，则对任意实数x，y，有(　　)A．[－x]＝－[x]B．[2x]＝2[x]C．[x＋y]≤[x]＋[y]D．[x－y]≤[x]－[y]10．D　[解析]可取特值x＝3.5，则[－x]＝[－3.5]＝－4，－[x]＝－[3.5]＝－3，故A错．[2x]＝[7]＝7，2[x]＝2[3.5]＝6，故B错．再取y＝3.8，则[x＋y]＝[7.3]＝7，而[3.5]＋[3.8]＝3＋3＝6，故C错．只有D正确．6．B10[2022·重庆卷]若a＜b＜c，则函数f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋(x－c)(x－a)的两个零点分别位于区间(　　)A．(a，b)和(b，c)内B．(－∞，a)和(a，b)内C．(b，c)和(c，＋∞)内D．(－∞，a)和(c，＋∞)内6．A　[解析]因为f(a)＝(a－b)(a－c)＞0，f(b)＝(b－c)(b－a)＜0，f(c)＝(c－a)(c－b)＞0，所以f(a)f(b)＜0，f(b)f(c)＜0，所以函数的两个零点分别在(a，b)和(b，c)内，故选A.-45-\nB11　导数及其运算　　　　　　　　　　　　　　　　　　　11．B9，B11[2022·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，0]B．(－∞，1]C．[－2，1]D．[－2，0]11．D　[解析]方法一：若x≤0，|f(x)|＝|－x2＋2x|＝x2－2x，x＝0时，不等式恒成立，x<0时，不等式可变为a≥x－2，而x－2<－2，可得a≥－2；若x>0，|f(x)|＝|ln(x＋1)|＝ln(x＋1)，由ln(x＋1)≥ax，可得a≤恒成立，令h(x)＝，则h′(x)＝，再令g(x)＝－ln(x＋1)，则g′(x)＝<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0，可得h′(x)＝<0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，x→＋∞时，h(x)→0，所以h(x)>0，a≤0.综上可知，－2≤a≤0，故选D.方法二：数形结合：画出函数|f(x)|＝与直线y＝ax的图像，如下图，要使|f(x)|≥ax恒成立，只要使直线y＝ax的斜率最小时与函数y＝x2－2x，x≤0在原点处的切线斜率相等即可，最大时与x轴的斜率相等即可，因为y′＝2x－2，所以y′|x＝0＝－2，所以－2≤a≤0.10．B11[2022·广东卷]若曲线y＝kx＋lnx在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________．10．－1　[解析]∵y′＝k＋，∴y′|x＝1＝k＋1＝0，故k＝－1.13．B1，B11[2022·江西卷]设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________．13．2　[解析]f(ex)＝x＋ex，利用换元法可得f(x)＝lnx＋x，f′(x)＝＋1，所以f′(1)＝2.-45-\n18．B11，B12[2022·北京卷]设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．(1)求L的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．18．解：(1)设f(x)＝，则f′(x)＝.所以f′(1)＝1.所以L的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝.当0<x<1时，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)单调递减；当x>1时，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．所以g(x)>g(1)＝0(x>0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．9．B11、B12[2022·全国卷]若函数f(x)＝x2＋ax＋在是增函数，则a的取值范围是(　　)A．[－1，0]B．[－1，＋∞)C．[0，3]D．[3，＋∞)9．D　[解析]f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立，由于y＝－2x在上单调递减，所以y<3，故只要a≥3.17．B11，B12[2022·重庆卷]设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．17．解：(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋.令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x＞0)，f′(x)＝x－5＋＝，-45-\n令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2，3)上为减函数．由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.B12　导数的应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　20．B12、D5[2022·安徽卷]设函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N*)．证明：(1)对每个n∈N*，存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0；(2)对任意p∈N*，由(1)中xn构成的数列{xn}满足0<xn－xn＋p<.20．证明：(1)对每个n∈N*，当x>0时，f′n(x)＝1＋＋…＋>0，故fn(x)在(0，＋∞)内单调递增．由于f1(1)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0.故fn(1)≥0.又fn＝－1＋＋≤－＋k＝－＋·＝－·n－1<0.所以存在唯一的xn∈，1，满足fn(xn)＝0.(2)当x>0时，fn＋1(x)＝fn(x)＋≥fn(x)，故fn＋1(xn)>fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0.由fn＋1(x)在(0，＋∞)内单调递增，xn＋1<xn，故{xn}为单调递减数列．从而对任意n，p∈N*，xn＋p<xn.对任意p∈N*，由于fn(xn)＝－1＋xn＋＋…＋＝0，①fn＋p(xn＋p)＝－1＋xn＋p＋＋…＋＋＋…＋＝0，②①式减去②式并移项，利用0<xn＋p<xn≤1，得xn－xn＋p＝＋≤-45-\n≤<＝－<.因此，对任意p∈N*，都有0<xn－xn＋p<.17．B12[2022·安徽卷]设函数f(x)＝ax－(1＋a2)x2，其中a>0，区间I＝{x|f(x)>0}．(1)求I的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；(2)给定常数k∈(0，1)，当1－k≤a≤1＋k时，求I长度的最小值．17．解：(1)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0，x2＝，故f(x)>0的解集为{x|x1<x<x2}，因此区间I＝0，，I的长度为.(2)设d(a)＝，则d′(a)＝.令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故当1－k≤a<1时，d′(a)>0，d(a)单调递增；当1<a≤1＋k时，d′(a)<0，d(a)单调递减．所以当1－k≤a≤1＋k时，d(a)的最小值必定在a＝1－k或a＝1＋k处取得．而＝＝<1，故d(1－k)<d(1＋k)．因此当a＝1－k时，d(a)在区间[1－k，1＋k]上取得最小值，则I长度的最小值为.10．B9，B12[2022·安徽卷]若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是(　　)A．3B．4C．5D．610．A　[解析]因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0且3x2＋2ax＋b＝0的两根分别为x1，x2，所以f(x)＝x1或f(x)＝x2，当x1是极大值点时，f(x1)＝x1，x2为极小值点，且x2>x1，如图(1)所示，可知方程f(x)＝x1有两个实根，f(x)＝x2有一个实根，故方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0共有3个不同实根；当x1是极小值点时，f(x1)＝x1，x2为极大值点，且x2<x1，如图(2)所示，可知方程f(x)＝x1有两个实根，f(x)＝x2有一个实根，故方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0共有3个不同实根；综合以上可知，方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0共有3个不同实根．-45-\n17．B12[2022·福建卷]已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．17．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－＝，x>0知：①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．22．B12，E8[2022·湖北卷]设n是正整数，r为正有理数．(1)求函数f(x)＝(1＋x)r＋1－(r＋1)x－1(x>－1)的最小值；(2)证明：<nr<；(3)设x∈R，记[x]为不小于x的最小整数，例如[2]＝2，[π]＝4，－＝－1.令S＝＋＋＋…＋，求[S]的值．(参数数据：80≈344.7，81≈350.5，124≈618.3，126≈631.7)22．解：(1)因为f′(x)＝(r＋1)(1＋x)r－(r＋1)＝(r＋1)[(1＋x)r－1]，令f′(x)＝0，解得x＝0.当－1<x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，0)内是减函数；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)内是增函数，故函数f(x)在x＝0处取得最小值f(0)＝0.(2)由(1)，当x∈(－1，＋∞)时，有f(x)≥f(0)＝0，即(1＋x)r＋1≥1＋(r＋1)x，且等号当且仅当x＝0时成立，故当x>－1且x≠0时，有(1＋x)r＋1>1＋(r＋1)x.①在①中，令x＝(这时x>－1且x≠0)，得>1＋.上式两边同乘nr＋1，得(n＋1)r＋1>nr＋1＋nr(r＋1)，即-45-\nnr<.②当n>1时，在①中令x＝－(这时x>－1且x≠0)，类似可得nr>，③且当n＝1时，③也成立，综合②，③得<nr<.④(3)在④中，令r＝，n分别取值81，82，83，…，125，得(81－80)<<(82－81)，(82－81)<<(83－82)，(83－82)<<(84－83)，……(125－124)<<(126－125)，将以上各式相加，并整理得(125－80)<S<(126－81)，代入数据计算，可得(125－80)≈210.2，(126－81)≈210.9.由[S]的定义，得[S]＝211.10．B12[2022·湖北卷]已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，则(　　)A．f(x1)>0，f(x2)>－B．f(x1)<0，f(x2)<－C．f(x1)>0，f(x2)<－D．f(x1)<0，f(x2)>－10．D　[解析]f′(x)＝lnx－(2ax－1)＝0lnx＝2ax－1，函数y＝lnx与函数y＝2ax－1的图像有两个交点，令y1＝lnx，y2＝2ax－1，在同一坐标系中作出这两个函数的图像，显然a≤0时，两个函数图像只有一个公共点，故a>0，此时当直线的斜率逐渐变大直到直线y＝2ax－1与曲线y＝lnx相切时，两函数图像均有两个不同的公共点，y′1＝，故曲线y＝lnx上的点(x0，lnx0)处的切线方程是y－lnx0＝(x－x0)，该直线过点(0，－1)，则－1－lnx0＝－1，解得x0＝1，故过点(0，－1)的曲线y＝lnx的切线斜率是1，故2a＝1，即a＝-45-\n，所以a的取值范围是0，.因为0<x1<1<x2，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，f(x)递增，f(1)＝－a，f(x1)<f(1)＝－a<0，f(x2)>f(1)＝－a>－，选D.21．B1，B12[2022·江西卷]已知函数f(x)＝a，a为常数且a>0.(1)证明：函数f(x)的图像关于直线x＝对称；(2)若x0满足f(f(x0))＝x0，但f(x0)≠x0，则称x0为函数f(x)的二阶周期点．如果f(x)有两个二阶周期点x1，x2，试确定a的取值范围；(3)对于(2)中的x1，x2和a，设x3为函数f(f(x))的最大值点，A(x1，f(f(x1)))，B(x2，f(f(x2)))，C(x3，0)．记△ABC的面积为S(a)，讨论S(a)的单调性．解：(1)证明：因为f＝a(1－2|x|)，f＝a(1－2|x|)，有f＝f，所以函数f(x)的图像关于直线x＝对称．(2)当0<a<时，有f(f(x))＝所以f(f(x))＝x只有一个解x＝0，又f(0)＝0，故0不是二阶周期点．当a＝时，有f(f(x))＝所以f(f(x))＝x有解集x)x≤，又当x≤时f(x)＝x，故x)x≤中的所有点都不是二阶周期点．当a>时，有f(f(x))＝所以f(f(x))＝x有四个解0，，，，又f(0)＝0，f＝，-45-\nf≠，f≠，故只有，是f(x)的二阶周期点．综上所述，所求a的取值范围为a>.(3)由(2)得x1＝，x2＝，因为x3为函数f(f(x))的最大值点，所以x3＝，或x3＝.当x3＝时，S(a)＝，求导得：S′(a)＝.所以当a∈时，S(a)单调递增，当a∈时S(a)单调递减；当x3＝时，S(a)＝，求导得：S′(a)＝；因a>，从而有S′(a)＝>0，所以当a∈时S(a)单调递增．18．B11，B12[2022·北京卷]设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．(1)求L的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方．18．解：(1)设f(x)＝，则f′(x)＝.所以f′(1)＝1.所以L的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝.当0<x<1时，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)单调递减；当x>1时，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．所以g(x)>g(1)＝0(x>0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．21．B12[2022·辽宁卷]已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcosx．当x∈[0，1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．-45-\n21．解：(1)证明：要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)，当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．要证x∈[0，1]时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤，x∈[0，1]．综上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．(2)(方法一)f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－≥1－x－ax－1－－2xcosx＝－x.设G(x)＝＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是减函数，从而当x∈(0，1)时，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2.从而a＋1＋G(x)≤a＋3，所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcosx＝－ax－－2xcosx＝－x.记I(x)＝＋a＋＋2cosx＝＋a＋G(x)，则I′(x)＝＋G′(x)．当x∈(0，1)时，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是减函数，于是I(x)在[0，1]上的值域为[a＋1＋2cos1，a＋3]．因为当a＞－3时，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此时f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．(方法二)先证当x∈[0，1]时，1－x2≤cosx≤1－x2.-45-\n记F(x)＝cosx－1＋x2，则F′(x)＝－sinx＋x.记G(x)＝－sinx＋x，则G′(x)＝－cosx＋1，当x∈(0，1)时，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函数，因此当x∈(0，1)时，G(x)＞G(0)＝0，从而F(x)在[0，1]上是增函数，因此F(x)≥F(0)＝0.所以当x∈[0，1]时，1－x2≤cosx.同理可证，当x∈[0，1]时，cosx≤1－x2.综上，当x∈[0，1]时，1－x2≤cosx≤1－x2.因为当x∈[0，1]时．f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－≥(1－x)－ax－－1－2x＝－(a＋3)x.所以当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．下面证明，当a＞－3时，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因为f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－≤－1－ax－－2x＝＋－(a＋3)x≤x，所以存在x0∈(0，1)例如x0取和中的较小值满足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．12．B12[2022·辽宁卷]设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x>0时，f(x)(　　)A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值12．D　[解析]因为函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝[x2·f(x)]′＝，所以当x>0时，′＝>0，令函数g(x)＝x2·f(x)，所以g(x)在x>0时递增．由f(2)＝，得g(2)＝.-45-\n又f(x)＝，所以f′(x)＝＝＝，x>0.令h(x)＝ex－2g(x)，则h′(x)＝ex，故当x∈(0，2)时，h′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(2)＝e2－2g(2)＝0.所以f′(x)＝≥0，故f(x)在(0，∞)单调递增．所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)即无极大值也无极小值．选D.22．B12[2022·全国卷]已知函数f(x)＝ln(1＋x)－.(1)若x≥0时f(x)≤0，求λ的最小值；(2)设数列{an}的通项an＝1＋＋＋…＋，证明：a2n－an＋＞ln2.22．解：(1)由已知f(0)＝0，f′(x)＝，f′(0)＝0.若λ＜，则当0＜x＜2(1－2λ)时，f′(x)＞0，所以f(x)＞0.若λ≥，则当x＞0时，f′(x)＜0，所以当x＞0时，f(x)＜0.综上，λ的最小值是.(2)令λ＝.由(1)知，当x＞0时，f(x)＜0，即＞ln(1＋x)．取x＝，则＞ln.于是a2n－an＋＝＝＞ln＝ln2n－lnn-45-\n＝ln2.所以a2n－an＋＞ln2.9．B11、B12[2022·全国卷]若函数f(x)＝x2＋ax＋在是增函数，则a的取值范围是(　　)A．[－1，0]B．[－1，＋∞)C．[0，3]D．[3，＋∞)9．D　[解析]f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立，由于y＝－2x在上单调递减，所以y<3，故只要a≥3.21．B9、B12[2022·山东卷]设函数f(x)＝＋c(e＝2.71828…是自然对数的底数，c∈R)．(1)求f(x)的单调区间、最大值；(2)讨论关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数．21．解：(1)f′(x)＝(1－2x)e－2x.由f′(x)＝0，解得x＝，当x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以，函数f(x)的单调递增区间是－∞，，单调递减区间是，＋∞，最大值为f＝e－1＋c.(2)令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe－2x－c，x∈(0，＋∞)．①当x∈(1，＋∞)时，lnx>0，则g(x)＝lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x＋2x－1.因为2x－1>0，>0，所以g′(x)>0.因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．②当x∈(0，1)时，lnx<0，则g(x)＝－lnx－xe－2x－c，所以g′(x)＝e－2x－＋2x－1.因为e2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1.又2x－1<1，所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0.因此g(x)在(0，1)上单调递减．综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－2－c.当g(1)＝－e－2－c>0，即c<－e－2时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|-45-\n＝f(x)根的个数为0；当g(1)＝－e－2－c＝0，即c＝－e－2时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当g(1)＝－e－2－c<0，即c>－e－2时，(ⅰ)当x∈(1，＋∞)时，由(1)知g(x)＝lnx－xe－2x－c≥lnx－e－1＋c>lnx－1－c，要使g(x)>0，只需使lnx－1－c>0，即x∈(e1＋c，＋∞)；(ⅱ)当x∈(0，1)时，由(1)知g(x)＝－lnx－xe－2x－c≥－lnx－e－1＋c>－lnx－1－c，要使g(x)>0，只需－lnx－1－c>0，即x∈(0，e－1－c)；所以c>－e－2时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.综上所述，当c<－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；当c＝－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；当c>－e－2时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.21．B12[2022·陕西卷]已知函数f(x)＝ex，x∈R.(1)若直线y＝kx＋1与f(x)的反函数的图像相切，求实数k的值；(2)设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数；(3)设a<b，比较与的大小，并说明理由．21．解：(1)f(x)的反函数为g(x)＝lnx.设直线y＝kx＋1与g(x)＝lnx的图像在P(x0，y0)处相切，则有y0＝kx0＋1＝lnx0，k＝g′(x0)＝，解得x0＝e2，k＝.(2)曲线y＝ex与y＝mx2的公共点个数等于曲线y＝与直线y＝m的公共点个数．令φ(x)＝，则φ′(x)＝，∴φ′(2)＝0.当x∈(0，2)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，2)上单调递减；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)在(0，＋∞)上的最小值为φ(2)＝.当0<m<时，曲线y＝与直线y＝m无公共点；-45-\n当m＝时，曲线y＝与直线y＝m恰有一个公共点；当m>时，在区间(0，2)内存在x1＝，使得φ(x1)>m，在(2，＋∞)内存在x2＝me2，使得φ(x2)>m，由φ(x)的单调性知，曲线y＝与y＝m恰有两个公共点．综上所述，x>0时，若0<m<，曲线y＝f(x)与y＝mx2没有公共点；若m＝，曲线y＝f(x)与y＝mx2有一个公共点；若m>，曲线y＝f(x)与y＝mx2有两个公共点．(3)方法一：可以证明>.事实上，>>>>1－>1－(b>a)．(*)令φ(x)＝＋－1(x≥0)，则φ′(x)＝－＝＝≥0(仅当x＝0时等号成立)．∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴x>0时，φ(x)>φ(0)＝0.令x＝b－a，即得(*)式，结论得证．方法二：－＝－＝＝[(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2]．设函数u(x)＝xex＋x－2ex＋2(x≥0)，则u′(x)＝ex＋xex＋1－2ex，令h(x)＝u′(x)，则h′(x)＝ex＋ex＋xex－2ex＝xex≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴u′(x)单调递增，∴当x>0时，u′(x)>u′(0)＝0，∴u(x)单调递增．当x>0时，u(x)>u(0)＝0.-45-\n令x＝b－a，则得(b－a)eb－a＋(b－a)－2eb－a＋2>0，∴－>0，因此，>.21．B3，B9，B12[2022·四川卷]已知函数f(x)＝其中a是实数．设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图像上的两点，且x1<x2.(1)指出函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直，且x2<0，求x2－x1的最小值；(3)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．21．解：(1)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1，0)，(0，＋∞)．(2)由导数的几何意义可知，点A处的切线斜率为f′(x1)，点B处的切线斜率为f′(x2)，故当点A处的切线与点B处的切线垂直时，有f′(x1)f′(x2)＝－1.当x<0时，对函数f(x)求导，得f′(x)＝2x＋2.因为x1<x2<0，所以，(2x1＋2)(2x2＋2)＝－1，所以2x1＋2<0，2x2＋2>0.因此x2－x1＝[－(2x1＋2)＋2x2＋2]≥＝1，当且仅当－(2x1＋2)＝2x2＋2＝1，即x1＝－且x2＝－时等号成立．所以，函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直时，x2－x1的最小值为1.(3)当x1<x2<0或x2>x1>0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1<0<x2.当x1<0时，函数f(x)的图像在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x－x1)，即y＝(2x1＋2)x－x＋a.当x2>0时，函数f(x)的图像在点(x2，f(x2))处的切线方程为y－lnx2＝(x－x2)，即y＝·x＋lnx2－1.两切线重合的充要条件是由①及x1<0<x2，知－1<x1<0.由①②得，a＝x＋ln－1＝x－ln(2x1＋2)－1.设h(x1)＝x－ln(2x1＋2)－1(－1<x1<0)，则h′(x1)＝2x1－<0.所以，h(x1)(－1<x1<0)是减函数．则h(x1)>h(0)＝－ln2－1，所以a>－ln2－1.-45-\n又当x1∈(－1，0)且趋近于－1时，h(x1)无限增大，所以a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．故当函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．10．B3，B12[2022·四川卷]设函数f(x)＝(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sinx上存在(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则a的取值范围是(　　)A．[1，e]B．[e－1－1，1]C．[1，e＋1]D．[e－1－1，e＋1]10．A　[解析]因为y0＝sinx0∈[－1，1]，且f(x)在[－1，1]上(有意义时)是增函数，对于y0∈[－1，1]，如果f(y0)＝c＞y0，则f(f(y0))＝f(c)＞f(y0)＝c＞y0，不可能有f(f(y0))＝y0.同理，当f(y0)＝d＜y0时，则f(f(y0))＝f(d)＜f(y0)＝d＜y0，也不可能有f(f(y0))＝y0，因此必有f(y0)＝y0，即方程f(x)＝x在[－1，1]上有解，即＝x在[－1，1]上有解．显然，当x＜0时，方程无解，即需要＝x在[0，1]上有解．当x≥0时，两边平方得ex＋x－a＝x2，故a＝ex－x2＋x.记g(x)＝ex－x2＋x，则g′(x)＝ex－2x＋1.当x∈时，ex＞0，－2x＋1≥0，故g′(x)＞0，当x∈时，ex＞＞1，0>－2x＋1≥－1，故g′(x)＞0.综上，g′(x)在x∈[0，1]上恒大于0，所以g(x)在[0，1]上为增函数，值域为[1，e]，从而a的取值范围是[1，e]．7．B1，B3，B12[2022·四川卷]函数y＝的图像大致是(　　)图1－57．C　[解析]函数的定义域是{x∈R|x≠0}，排除选项A；当x<0时，x3<0，3x－1<0，故y>0，排除选项B；当x→＋∞时，y>0且y→0，故为选项C中的图像．20．B12[2022·天津卷]已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)．证明：当t>e2时，有<<.20．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，令f′(x)＝0，得x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，，＋∞f′(x)－0＋-45-\nf(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是0，，单调递增区间是，＋∞.(2)证明：当0<x≤1时，f(x)≤0，设t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)．由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tlnet－t＝t(e2t－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而＝＝＝＝，其中u＝lns.要使<<成立，只需0<lnu<.当t>e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，矛盾．所以s>e，即u>1，从而lnu>0成立．另一方面，令F(u)＝lnu－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.当1<u<2时，F′(u)>0；当u>2时．F′(u)<0，故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此lnu<成立．综上，当t>e2时，有<<.8．B12[2022·天津卷]已知函数f(x)＝x(1＋a|x|)，设关于x的不等式f(x＋a)<f(x)的解集为A，若－，A，则实数a的取值范围是(　　)A.，0B.，0C.，0∪0，D．－∞，8．A　[解析]方法一：排除法：当x＝0时，由f(x＋a)<f(x)可变为a(1＋a|a|)<0，易得－1<a<0，可得a的取值范围一定是(－1，0)的子集，排除C，D选项；当a＝－时，由f(x)>f(x＋a)可解得－<x<，满足－，A，可排除B选项；故答案为A.方法二：直接分类：易知a<0，f(x＋a)是把f(x)向右平移，且f(x)为奇函数，要使－，A，只要使f(x)与f(x＋a)最左边的交点横坐标小于－即可，-45-\n在x<0时，f(x)＝－ax2＋x，f(x＋a)＝－a(x＋a)2＋x＋a，令f(x)＝f(x＋a)，则x＝，令<，可得a2＋a－1<0，故<a<0.21．B12，B14[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.21．解：(1)f′(x)＝ex－.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－.函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝>0.综上，当m≤2时，f(x)>0.16．D2，D5，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．16．－49　[解析]由已知，a1＋a10＝0，a1＋a15＝d＝，a1＝－3，∴nSn＝，易得n＝6或n＝7时，nSn出现最小值．当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49.故nSn的最小值为－49.10．B3，B5，B8，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)A．x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝010．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，f(x)连续，x0∈R，f(x0)＝0，A正确；通过平移变换，函数可以化为f(x)＝x3＋c，从而函数y＝f(x)的-45-\n图像是中心对称图形，B正确；若x0是f(x)的极小值点，可能还有极大值点x1，则f(x)在区间(x1，x0)单调递减．C错误．D正确．故答案为C.8．B12[2022·浙江卷]已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　)A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值8．C　[解析]当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝ex(x－1)＋(ex－1)＝xex－1，则在x＝1处取不到极值．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝ex(x－1)2＋(ex－1)×2(x－1)＝(x－1)(xex＋ex－2)，f′(1)＝0，f′(2)>0，f′<0，所以在x＝1处取得极小值．17．B11，B12[2022·重庆卷]设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．17．解：(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，故f′(x)＝2a(x－5)＋.令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6lnx(x＞0)，f′(x)＝x－5＋＝，令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2，3)上为减函数．由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.B13　定积分与微积分基本定理　　　　　　　　　　　　　　　　　　　7．B13[2022·北京卷]直线l过抛物线C：x2＝4y的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于(　　)A.B．2-45-\nC.D.7．C　[解析]由题意得直线l的方程是y＝1，代入抛物线方程得x＝±2，所以直线l与抛物线C所围成图形的面积S＝4－2dx＝4－2)＝.15．B13，J3，M1[2022·福建卷]当x∈R，|x|<1时，有如下表达式：1＋x＋x2＋…＋xn＋…＝.两边同时积分得：∫01dx＋∫0xdx＋∫0x2dx＋…＋∫0xndx＋…＝∫0dx，从而得到如下等式：1×＋×＋×＋…＋×＋…＝ln2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：C×＋C×2＋C×3＋…＋C×＝__________．15.　[解析](1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn，两边同时积分得C∫01dx＋C∫0xdx＋C∫0x2dx＋…＋C∫0xndx＝∫0(1＋x)ndx，得C×＋C×2＋C×3＋…＋C×n＋1＝n＋1－1.7．B13[2022·湖北卷]一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)＝7－3t＋(t的单位：s，v的单位：m/s)行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是(　　)A．1＋25ln5B．8＋25lnC．4＋25ln5D．4＋50ln27．C　[解析]令v(t)＝0，得3t2－4t－32＝0，解得t＝4，求定积分得行驶距离为s＝v(t)dt＝7－3t＋dt＝7t－t2＋25ln(1＋t))0＝4＋25ln5，选C.12．B13[2022·湖南卷]若x2dx＝9，则常数T的值为________．12．3　[解析]由积分运算公式可得x2dx＝0＝T3＝9，解得T＝3.6．B13[2022·江西卷]若S1＝x2dx，S2＝dx，S3＝exdx，则S1，S2，S3的大小关系为(　　)A．S1<S2<S3B．S2<S1<S3C．S2<S3<S1D．S3<S2<S1-45-\n6．B　[解析]S1＝x3)1＝，S2＝lnx)1＝ln2，S3＝ex)1＝e2－e，易知S2<S1<S3，故选B.B14　单元综合　　　　　　　　　　　　　　　　　　　21．B14[2022·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．21．解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.①若1≤k<e2，则－2<x1≤0，从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增，而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．③若k>e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0，从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2]．16．B14[2022·新课标全国卷Ⅰ]若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值为________．16．16　[解析]方法一：因为f′(x)＝－4x3－3ax2＋2(1－b)x＋a，函数f(x)是连续可导函数，且关于直线x＝－2对称，所以f′(－2)＝0，即f′(－2)＝32－12a－4(1－b)＋a＝0，可得11a－4b＝28，①又因为f(0)＝f(－4)，所以15a－4b＝60，②①②联立方程组可得a＝8，b＝15，f(x)＝(1－x2)(x2＋8x＋15)，f′(x)＝－4(x3＋6x2＋7x－2)，因为－2是函数f(x)的一个极值点，所以f′(x)＝－4(x＋2)，可知当x∈时，f(x)单调递增，当x∈时，f(x)单调递减，当x∈时，f(x)单调递增，当x∈-45-\n时，f(x)单调递减，且f＝f，所以f＝f＝f＝＝80－64＝16.方法二：令f＝0可得x＝1或x＝－1，因为函数f(x)的图像关于直线x＝－2对称，所以，可得以下同方法一．20．C4，C9，B14[2022·福建卷]已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的周期为π，图像的一个对称中心为.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得到的图像向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图像．(1)求函数f(x)与g(x)的解析式；(2)是否存在x0∈，使得f(x0)，g(x0)，f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x0的个数；若不存在，说明理由；(3)求实数a与正整数n，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2022个零点．20．解：(1)由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的周期为π，ω>0，得ω＝＝2.又曲线y＝f(x)的一个对称中心为，φ∈(0，π)，故f＝sin＝0，得φ＝，所以f(x)＝cos2x.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)后可得y＝cosx的图像，再将y＝cosx的图像向右平移个单位长度后得到函数g(x)＝cos的图像，所以g(x)＝sinx.(2)当x∈时，<sinx<，0<cos2x<，所以sinx>cos2x>sinxcos2x.问题转化为方程2cos2x＝sinx＋sinxcos2x在内是否有解．设G(x)＝sinx＋sinxcos2x－2cos2x，x∈，则G′(x)＝cosx＋cosxcos2x＋2sin2x(2－sinx)．因为x∈，所以G′(x)>0，G(x)在内单调递增．又G＝－<0，G＝>0，且函数G(x)的图像连续不断，故可知函数G(x)在内存在唯一零点x0，即存在唯一的x0∈满足题意．(3)方法一：依题意，F(x)＝asinx＋cos2x，令F(x)＝asinx＋cos2x＝0.-45-\n当sinx＝0，即x＝kπ(k∈Z)时，cos2x＝1，从而x＝kπ(k∈Z)不是方程F(x)＝0的解，所以方程F(x)＝0等价于关于x的方程a＝－，x≠kπ(k∈Z)．现研究x∈(0，π)∪(π，2π)时方程a＝－的解的情况．令h(x)＝－，x∈(0，π)∪(π，2π)，则问题转化为研究直线y＝a与曲线y＝h(x)，x∈(0，π)∪(π，2π)的交点情况．h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝或x＝.当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：xh′(x)＋0－－0＋h(x)1－1当x>0且x趋近于0时，h(x)趋向于－∞，当x<π且x趋近于π时，h(x)趋向于－∞，当x>π且x趋近于π时，h(x)趋向于＋∞，当x<2π且x趋近于2π时，h(x)趋向于＋∞，故当a>1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内无交点，在(π，2π)内有2个交点；当a<－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内无交点；当－1<a<1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)内有2个交点，在(π，2π)内有2个交点．由函数h(x)的周期性，可知当a≠±1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内总有偶数个交点，从而不存在正整数n，使得直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，nπ)内恰有2013个交点；又当a＝1或a＝－1时，直线y＝a与曲线y＝h(x)在(0，π)∪(π，2π)内有3个交点，由周期性，2022＝3×671，所以依题意得n＝671×2＝1342.综上，当a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2022个零点．方法二：依题意，F(x)＝asinx＋cos2x＝－2sin2x＋asinx＋1.现研究函数F(x)在(0，2π]上的零点的情况．设t＝sinx，p(t)＝－2t2＋at＋1(－1≤t≤1)，则函数p(t)的图象是开口向下的抛物线，又p(0)＝1>0，p(－1)＝－a－1，p(1)＝a－1.当a>1时，函数p(t)有一个零点t1∈(－1，0)(另一个零点t2>1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x1，x2，且x1，x2∈(π，2π)；当a<－1时，函数p(t)有一个零点t1∈(0，1)(另一个零点t2<－1，舍去)，F(x)在(0，2π]上有两个零点x1，x2，且x1，x2∈(0，π)；当－1<a<1时，函数p(t)的一个零点t1∈(－1，0)，另一个零点t2∈(0，1)，F(x)在(0，π)和(π，2π)上分别有两个零点．由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数F(x)在(0，nπ)内总有偶数个零点，从而不存在正整数n满足题意．当a＝1时，函数p(t)的一个零点t1∈(－1，0)，另一个零点t2＝1；-45-\n当a＝－1时，函数p(t)的一个零点t1＝－1，另一个零点t2∈(0，1)，从而当a＝1或a＝－1时，函数F(x)在(0，2π]有3个零点，由正弦函数的周期性，2022＝3×671，所以依题意得n＝671×2＝1342.综上，当a＝1，n＝1342或a＝－1，n＝1342时，函数F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0，nπ)内恰有2013个零点．10．A4，B14[2022·福建卷]设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y＝f(x)满足：(1)T＝{f(x)|x∈S}；(2)对任意x1，x2∈S，当x1<x2时，恒有f(x1)<f(x2)，那么称这两个集合“保序同构”．以下集合对不是“保序同构”的是(　　)A．A＝N*，B＝NB．A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|x＝－8或0<x≤10}C．A＝{x|0<x<1}，B＝RD．A＝Z，B＝Q10．D　[解析]函数f(x)为定义域S上的增函数，值域为T.构造函数f(x)＝x－1，x∈N，如图①，则f(x)值域为N，且为增函数，A选项正确；构造函数f(x)＝如图②，满足题设条件，B选项正确；构造函数f(x)＝tanx－π，0<x<1，如图③，满足题设条件，C选项正确；假设存在函数f(x)，f(x)在定义域Z上是增函数，值域为Q，则存在a<b且a、b∈Z，使得f(a)＝0，f(b)＝1，因为区间(a，b)内的整数至多有有限个，而区间(0，1)内的有理数有无数多个，所以必存在有理数m∈(0，1)，方程f(x)＝m在区间(a，b)内无整数解，这与f(x)的值域为Q矛盾，因此满足题设条件的函数f(x)不存在，D选项错误，故选D.8．B14[2022·福建卷]设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　)A．x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点8．D　[解析]根据极值点是函数局部的性质可排除A选项，根据函数f(x)的图像与f(－x)、－f(x)、－f(－x)的图像分别关于y轴、x轴、原点对称，可排除B、C选项，故选D.20．B14[2022·江苏卷]设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．(1)若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围；(2)若g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，试求f(x)的零点个数，并证明你的结论．-45-\n20．解：(1)令f′(x)＝－a＝<0，考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a>0，进而解得x>a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna．当x<lna时，g′(x)<0；当x>lna时，g′(x)>0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以lna>1，即a>e.综上，有a∈(e，＋∞)．(2)当a≤0时，g(x)必为单调增函数；当a>0时，令g′(x)＝ex－a>0，解得a<ex，即x>lna，因为g(x)在(－1，＋∞)上是单调增函数，类似(1)有lna≤－1，即0<a≤e－1.结合上述两种情况，有a≤e－1.(i)当a＝0时，由f(1)＝0以及f′(x)＝>0，得f(x)存在唯一的零点；(ii)当a<0时，由于f(ea)＝a－aea＝a(1－ea)<0，f(1)＝－a>0，且函数f(x)在[ea，1]上的图像不间断，所以f(x)在(ea，1)上存在零点．另外，当x>0时，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数，所以f(x)只有一个零点．(iii)当0<a≤e－1时，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝a－1.当0<x<a－1时，f′(x)>0，当x>a－1时，f′(x)<0，所以，x＝a－1是f(x)的最大值点，且最大值为f(a－1)＝－lna－1.①当－lna－1＝0，即a＝e－1时，f(x)有一个零点x＝e.②当－lna－1>0，即0<a<e－1时，f(x)有两个零点．实际上，对于0<a<e－1，由于f(e－1)＝－1－ae－1<0，f(a－1)>0，且函数f(x)在[e－1，a－1]上的图像不间断，所以f(x)在(e－1，a－1)上存在零点．另外，当x∈(0，a－1)时，f′(x)＝－a>0，故f(x)在(0，a－1)上是单调增函数，所以f(x)在(0，a－1)上只有一个零点．下面考虑f(x)在(a－1，＋∞)上的情况，先证f(ea－1)＝a(a－2－ea－1)<0，为此，我们要证明：当x>e时，ex>x2，设h(x)＝ex－x2，则h′(x)＝ex－2x，再设l(x)＝h′(x)＝ex－2x，则l′(x)＝ex－2.当x>1时，l′(x)＝ex－2>e－2>0，所以l(x)＝h′(x)在(1，＋∞)上是单调增函数．故当x>2时，h′(x)＝ex－2x>h′(2)＝e2－4>0，从而h(x)在(2，＋∞)上是单调增函数，进而当x>e时，h(x)＝ex－x2>h(e)＝ee－e2>0，即当x>e时，ex>x2.当0<a<e－1，即a－1>e时，f(ea－1)＝a－1－aea－1＝a(a－2－ea－1)<0，又f(a－1)>0，且函数f(x)在[a－1，ea－1]上的图像不间断，所以f(x)在(a－1，ea－1)上存在零点．又当x>a－1时，f′(x)＝－a<0，故f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数，所以f(x)在(a－1，＋∞)上只有一个零点．综合(i)(ii)(iii)，当a≤0或a＝e－1时，f(x)的零点个数为1，当0<a<e－1时，f(x)的零点个数为2.-45-\n13．B14[2022·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a，a)，P是函数y＝(x>0)图像上一动点．若点P，A之间的最短距离为2，则满足条件的实数a的所有值为________．13．－1，　[解析]由题意知，若a<0，则a＝－1满足题意；若a>0，则圆(x－a)2＋(y－a)2＝8与y＝(x>0)相切．联立方程，消去y得x2－2ax＋a2＋－＋a2＝8，即－2a＋2a2－10＝0.令Δ＝0得(2a)2－4(2a2－10)＝0.(*)解得a＝.此时方程(*)的解为x＝，满足题意．综上，实数a的所有值为－1，.12．C9、B14[2022·全国卷]已知函数f(x)＝cosxsin2x，下列结论中错误的是(　　)A．y＝f(x)的图像关于点(π，0)中心对称B．y＝f(x)的图像关于直线x＝对称C．f(x)的最大值为D．f(x)既是奇函数，又是周期函数12．C　[解析]因为对任意x，f(π－x)＋f(π＋x)＝cosxsin2x－cosxsin2x＝0，故函数f(x)图像关于点(π，0)中心对称；因为对任意x恒有f(π－x)＝cosxsin2x＝f(x)，故函数f(x)图像关于直线x＝对称；f(－x)＝－f(x)，f(x＋2π)＝f(x)，故f(x)既是奇函数也是周期函数；对选项C中，f(x)＝2cos2xsinx＝2(1－sin2x)sinx，令t＝sinx∈[－1，1]，设y＝(1－t2)t＝－t3＋t，y′＝－3t2＋1，可得函数y的极大值点为t＝，所以y在上的极大值为－＋＝，函数的端点值为0，故函数y在区间的最大值为，函数f(x)的最大值为，所以选项C中的结论错误．21．B12，B14[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.21．解：(1)f′(x)＝ex－.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－.-45-\n函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝>0.综上，当m≤2时，f(x)>0.22．B14[2022·浙江卷]已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－3a＋3.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈[0，2]时，求|f(x)|的最大值．22．解：(1)由题意f′(x)＝3x2－6x＋3a，故f′(1)＝3a－3.又f(1)＝1，所以所求的切线方程为y＝(3a－3)x－3a＋4.(2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，故①当a≤0时，有f′(x)≤0，此时f(x)在[0，2]上单调递减，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3－3a.②当a≥1时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，2]上单调递增，故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3a－1.③当0<a<1时，设x1＝1－，x2＝1＋，则0<x1<x2<2，f′(x)＝3(x－x1)(x－x2)．列表如下：x0(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，2)2f′(x)＋0－0＋f(x)3－3a单调递增极大值f(x1)单调递减极小值f(x2)单调递增3a－1由于f(x1)＝1＋2(1－a)，f(x2)＝1－2(1－a)，故f(x1)＋f(x2)＝2>0，f(x1)－f(x2)＝4(1－a)>0.从而f(x1)>|f(x2)|.所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}．(Ⅰ)当0<a<时，f(0)>|f(2)|.又f(x1)－f(0)＝2(1－a)－(2－3a)＝>0，故|f(x)|max＝f(x1)＝1＋2(1－a).-45-\n(Ⅱ)当≤a<1时，|f(2)|＝f(2)，且f(2)≥f(0)．又f(x1)－|f(2)|＝2(1－a)－(3a－2)＝.所以(i)当≤a<时，f(x1)>|f(2)|.故f(x)max＝f(x1)＝1＋2(1－a).(ii)当≤a<1时，f(x1)≤|f(2)|.故f(x)max＝|f(2)|＝3a－1.综上所述，|f(x)|max＝1．[2022·上海杨浦区一模]已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是________．1．(0，1)　[解析]画出函数f(x)的图像如图所示，g＝f－m有3个零点，即直线y＝m与函数f(x)的图像有三个交点，由图可知0<m<1.2．[2022·浙江重点中学联考]设y＝(a－1)x与y＝()x(a>1且a≠2)具有不同的单调性，则M＝(a－1)与N＝()3的大小关系是(　　)A．M<NB．M＝NC．M>ND．M≤N2．C　[解析]因为a>1，则0<<1，所以y＝在R上单调递减．因为y＝(a－1)x与y＝具有不同的单调性，则y＝(a－1)x在R上单调递增，所以a>2，所以M＝(a－1)>1，N＝()3∈(0，1)，故M>N，选择C.[规律解读]函数单调性的处理常见有两种方法：一是掌握并熟记一次函数、反比例函数、二次函数、指数函数、对数函数、幂函数、三角函数的单调性，将大大缩短我们的判断过程；二是应用导数研究函数的单调性．3．[2022·咸宁、通城、通山、崇阳四地联考]若函数y＝在上单调递增，那么a的取值范围是(　　)A．a≥－1B．－4<a<C．－1≤a<D．a>3．C　[解析]令f(x)＝x2－ax－a，若函数y在上单调递增，只要f(x)在上单调递减且f(x)≠0，所以结合二次函数的性质只需要⇒－1≤a<.-45-\n[规律解读]已知函数单调性求参数范围的问题，解法是根据单调性的概念得到恒成立的不等式，还要注意定义域的限制，并挖掘题目的隐含条件．讨论函数的单调性时要注意必须在定义域内进行，即函数的单调区间是定义域的子集．4．[2022·吉林五校协作体联考]某程序框图如图K4－1所示，现输入如下四个函数：f(x)＝x2，f(x)＝，f(x)＝ex，f(x)＝sinx，则可以输出的函数是(　　)图K4－1A．f(x)＝x2B．f(x)＝C．f(x)＝exD．f(x)＝sinx4．D　[解析]由题意f(x)＋f(－x)＝0知函数f(x)是奇函数，选项中有y＝sinx，y＝满足．又因为f(x)存在零点，所以只有f(x)＝sinx满足，选D.5．[2022·深圳南山区期末]定义运算a⊕b＝，a⊗b＝，则f(x)＝为(　　)A．奇函数B．偶函数C．常函数D．非奇非偶函数5．A　[解析]由题意知f(x)＝，其函数f(x)的定义域为即所以{x|－2≤x≤2且x≠0}，即f(x)的定义域关于原点中心对称．而f(x)＝＝＝＝，所以f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，故选A.-45-