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

函数与导数B1　函数及其表示　　　　　　　　　　　　　　　　　　　图1－13．BP[2022·安徽卷]如图1－1所示，程序框图(算法流程图)的输出结果为(　　)A.B.C.D.3．C　[解析]依次运算的结果是s＝，n＝4；s＝＋，n＝6；s＝＋＋，n＝8，此时输出s，故输出结果是＋＋＝.14．B1，B14[2022·安徽卷]定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)，若当0≤x≤1时，f(x)＝x(1－x)，则当－1≤x≤0时，f(x)＝________．14．－　[解析]当－1≤x≤0时，0≤x＋1≤1，由f(x＋1)＝2f(x)可得f(x)＝f(x＋1)＝－x(x＋1)．11．B1，E3[2022·安徽卷]函数y＝ln1＋＋的定义域为________．11．(0，1]　[解析]实数x满足1＋>0且1－x2≥0.不等式1＋>0，即>0，解得x>0或x<－1；不等式1－x2≥0的解为－1≤x≤1.故所求函数的定义域是(0，1]．13．B1[2022·福建卷]已知函数f(x)＝则f＝________．13．－2　[解析]f＝－tan＝－1，f(－1)＝－2.21．B1，B12[2022·江西卷]设函数-43-\nf(x)＝a为常数且a∈(0，1)．(1)当a＝时，求f；(2)若x0满足f(f(x0))＝x0，但f(x0)≠x0，则称x0为f(x)的二阶周期点．证明函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点x1，x2；(3)对于(2)中的x1，x2，设A(x1，f(f(x1)))，B(x2，f(f(x2)))，C(a2，0)，记△ABC的面积为S(a)，求S(a)在区间上的最大值和最小值．21．解：(1)当a＝时，f＝，f＝f＝2＝.(2)f(f(x))＝当0≤x≤a2时，由x＝x解得x＝0，因为f(0)＝0，故x＝0不是f(x)的二阶周期点；当a2<x≤a时，由(a－x)＝x解得x＝∈(a2，a)，因f＝·＝≠，故x＝为f(x)的二阶周期点；当a<x<a2－a＋1时，由(x－a)＝x解得x＝∈(a，a2－a＋1)，因f＝·＝，故x＝不是f(x)的二阶周期点；当a2－a＋1≤x≤1时，由(1－x)＝x-43-\n解得x＝∈(a2－a＋1，1)，因f＝·＝≠.故x＝为f(x)的二阶周期点．因此，函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，x1＝，x2＝.(3)由(2)得A，B，则S(a)＝·，S′(a)＝·，因为a∈，有a2＋a<1.所以S′(a)＝·＝·>0.(或令g(a)＝a3－2a2－2a＋2，g′(a)＝3a2－4a－2＝3，因a∈(0，1)，g′(a)<0，则g(a)在区间上的最小值为g＝>0，故对于任意a∈，g(a)＝a3－2a2－2a＋2>0，S′(a)＝·>0)则S(a)在区间上单调递增，故S(a)在区间上的最小值为S＝，最大值为S＝.12．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{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}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．a2－2a－16　　　　B．a2＋2a－16C．－16D．1612．C　[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，-43-\nH1(x)＝max{f(x)，g(x)}＝H2(x)＝min{f(x)，g(x)}＝由图形可知(图略)，A＝H1(x)min＝－4a－4，B＝H2(x)max＝12－4a，则A－B＝－16，故选C.7．B1[2022·辽宁卷]已知函数f(x)＝ln(－3x)＋1，则f(lg2)＋flg＝(　　)A．－1B．0C．1D．27．D　[解析]由已知条件可知，f(x)＋f(－x)＝ln(－3x)＋1＋ln(＋3x)＋1＝2，而lg2＋lg＝lg2－lg2＝0，故而f(lg2)＋f＝2.图1－919．B1，I2[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1－9所示．经销商为下一个销售季度购进了130t该产品．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．19．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0.7.5．B1[2022·山东卷]函数f(x)＝＋的定义域为(　　)A．(－3，0]B．(－3，1]C．(－∞，－3)∪(－3，0]-43-\nD．(－∞，－3)∪(－3，1]5．A　[解析]要使函数有意义，须有解之得－3<x≤0.20．H4，E8，B1[2022·四川卷]已知圆C的方程为x2＋(y－4)2＝4，点O是坐标原点．直线l：y＝kx与圆C交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)设Q(m，n)是线段MN上的点，且＝＋.请将n表示为m的函数．20．解：(1)将y＝kx代入x2＋(y－4)2＝4，得(1＋k2)x2－8kx＋12＝0.(*)由Δ＝(－8k)2－4(1＋k2)×12>0，得k2>3.所以，k的取值范围是(－∞，－)∪(＋∞)．(2)因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1)，(x2，kx2)，则|OM|2＝(1＋k2)x，|ON|2＝(1＋k2)x.又|OQ|2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2，由＝＋，得＝＋，即＝＋＝.由(*)式可知，x1＋x2＝，x1x2＝，所以m2＝.因为点Q在直线y＝kx上，所以k＝，代入m2＝中并化简，得5n2－3m2＝36.由m2＝及k2>3，可知0<m2<3，即m∈(－，0)∪(0，)．根据题意，点Q在圆C内，则n>0，所以n＝＝.于是，n与m的函数关系为n＝(m∈(－，0)∪(0，))．11．B1[2022·浙江卷]已知函数f(x)＝.若f(a)＝3，则实数a＝________．11．10　[解析]f(a)＝＝3.则a－1＝9，a＝10.3．B1[2022·重庆卷]函数y＝的定义域是(　　)A．(－∞，2)B．(2，＋∞)C．(2，3)∪(3，＋∞)D．(2，4)∪(4，＋∞)3．C　[解析]由题可知所以x＞2且x≠3，故选C.-43-\nB2　反函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　6．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)6．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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　13．B3[2022·北京卷]函数f(x)＝的值域为________．13．(－∞，2)　[解析]函数y＝logx在(0，＋∞)上为减函数，当x≥1时，函数y＝logx的值域为(－∞，0]；函数y＝2x在R上是增函数，当x<1时，函数y＝2x的值域为(0，2)，所以原函数的值域为(－∞，2)．3．B4，B3[2022·北京卷]下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　)A．y＝B．y＝e－xC．y＝－x2＋1D．y＝lg|x|3．C　[解析]对于A，y＝是奇函数，排除．对于B，y＝e－x既不是奇函数，也不是偶函数，排除．对于D，y＝lg|x|是偶函数，但在(0，＋∞)上有y＝lgx，此时单调递增，排除．只有C符合题意．12．B3，B6[2022·新课标全国卷Ⅱ]若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)12．D　[解析]由题意存在正数x使得a>x－成立，即a>.由于x－是(0，＋∞)上的增函数，故x－>0－＝－1，所以a>－1.答案为D.11．B3，B5，B8，B12[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x3＋ax2-43-\n＋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)＝011．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，又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，若x1<x0，则f(x)在区间(x1，x0)单调递减，C错误．D正确．故答案为C.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，证明：x2－x1≥1；(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)证明：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，有x2－x1≥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，0<<2.由①②得，a＝lnx2＋－1＝－ln＋－1.-43-\n令t＝，则0<t<2，且a＝t2－t－lnt.设h(t)＝t2－t－lnt(0<t<2)．则h′(t)＝t－1－＝<0.所以h(t)(0<t<2)为减函数．则h(t)>h(2)＝－ln2－1，所以a>－ln2－1，而当t∈(0，2)且t趋近于0时，h(t)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)．若存在b∈[0，1]使f(f(b))＝b成立，则a的取值范围是(　　)A．[1，e]B．[1，1＋e]C．[e，1＋e]D．[0，1]10．A　[解析]易得f(x)在[0，1]上是增函数，对于b∈[0，1]，如果f(b)＝c＞b，则f(f(b))＝f(c)＞f(b)＝c＞b，不可能有f(f(b))＝b；同理，当f(b)＝d＜b时，则f(f(b))＝f(d)＜f(b)＝d＜b，也不可能有f(f(b))＝b；因此必有f(b)＝b，即方程f(x)＝x在[0，1]上有解，即＝x.因为x≥0，两边平方得ex＋x－a＝x2，所以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，－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[g(0)，g(1)]，即[1，e]，从而a的取值范围是[1，e]．B4　函数的奇偶性与周期性　　　　　　　　　　　　　　　　　　　3．B4，B3[2022·北京卷]下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　)A．y＝　　　　　　　B．y＝e－xC．y＝－x2＋1D．y＝lg|x|3．C　[解析]对于A，y＝是奇函数，排除．对于B，y＝e－x既不是奇函数，也不是偶函数，排除．对于D，y＝lg|x|是偶函数，但在(0，＋∞)上有y＝lgx，此时单调递增，排除．只有C符合题意．13．B4[2022·全国卷]设f(x)是以2为周期的函数，且当x∈[1，3)时，f(x)＝x－2，则f(－1)＝________13．－1　[解析]f(－1)＝f(－1＋2)＝f(1)＝1－2＝－1.-43-\n2．B4[2022·广东卷]函数y＝的定义域是(　　)A．(－1，＋∞)B．[－1，＋∞)C．(－1，1)∪(1，＋∞)D．[－1，1)∪(1，＋∞)2．C　[解析]由题知得x∈(－1，1)∪(1，＋∞)，故选C.8．B4[2022·湖北卷]x为实数，[x]表示不超过x的最大整数，则函数f(x)＝x－[x]在R上为(　　)A．奇函数B．偶函数C．增函数D．周期函数8．D　[解析]作出函数f(x)＝x－[x]的大致图像如下：观察图像，易知函数f(x)＝x－[x]是周期函数．4．B4[2022·湖南卷]已知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(－1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(－1)＝4，则g(1)等于(　　)A．4B．3C．2D．14．B　[解析]由函数的奇偶性质可得f(－1)＝－f(1)，g(－1)＝g(1)．根据f(－1)＋g(1)＝－f(1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(－1)＝f(1)＋g(1)＝4，可得2g(1)＝6，即g(1)＝3，选B.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．1C．0D．－23．D　[解析]∵f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝－＝－2.7．B4，B7[2022·天津卷]已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a满足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，则a的取值范围是(　　)A．[1，2]B．0，C.，2D．(0，2]-43-\n7．C　[解析]∵f(x)为偶函数，∴f(log2a)＝f(loga)，又∵f(log2a)＋f≤2f(1)，∴f(log2a)≤f(1)，即|log2a|≤1，解之得≤a≤2.9．B4和B7[2022·重庆卷]已知函数f(x)＝ax3＋bsinx＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))＝5，则f(lg(lg2))＝(　　)A．－5B．－1C．3D．49．C　[解析]因为f(lg(log210))＝f＝f(－lg(lg2))＝5，又因为f(x)＋f(－x)＝8，所以f(－lg(lg2))＋f(lg(lg2))＝5＋f(lg(lg2))＝8，所以f(lg(lg2))＝3，故选C.B5　二次函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　6．B5，B9[2022·湖南卷]函数f(x)＝lnx的图像与函数g(x)＝x2－4x＋4的图像的交点个数为(　　)A．0B．1C．2D．36．A　[解析]方法一：作出函数f(x)＝lnx，g(x)＝x2－4x＋4的图像如图所示可知，其交点个数为2，选C.方法二(数值法)x124f(x)＝lnx0ln2(>0)ln4(<4)g(x)＝x2－4x＋4104可知它们有2个交点，选C.2．B5[2022·江西卷]若集合A＝{x∈R|ax2＋ax＋1＝0}中只有一个元素，则a＝(　　)A．4B．2C．0D．0或42．A　[解析]当a＝0时，A＝；当a≠0时，Δ＝a2－4a＝0，则a＝4，故选A.11．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)＝011．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，又f(x)连续，x0∈R，f(x0-43-\n)＝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，若x1<x0，则f(x)在区间(x1，x0)单调递减，C错误．D正确．故答案为C.12．B5、B12、B14[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]12．D　[解析]函数y＝|f(x)|＝在同一坐标系中画出y＝|f(x)|，y＝ax的图像如图所示，问题等价于直线y＝ax不在函数y＝|f(x)|图像的上方，显然a>0时，y＝ln(x＋1)的图像不可能恒在直线y＝ax的上方，故a≤0；由于直线y＝ax与曲线y＝x2－2x均过坐标原点，所以满足条件的直线y＝ax的极端位置是曲线y＝x2－2x在点(0，0)处的切线，y′＝2x－2，当x＝0时y′＝－2.所以－2≤a≤0.7．B5[2022·浙江卷]已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(0)＝f(4)>f(1)，则(　　)A．a>0，4a＋b＝0B．a<0，4a＋b＝0C．a>0，2a＋b＝0D．a<0，2a＋b＝07．A　[解析]若f(0)＝f(4)，则函数f(x)的图像关于直线x＝2对称，则－＝2，则4a＋b＝0，而f(0)＝f(4)>f(1)，故开口向上，所以a>0，4a＋b＝0.所以选择A.B6　指数与指数函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　12．B3，B6[2022·新课标全国卷Ⅱ]若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)12．D　[解析]由题意存在正数x使得a>x－成立，即a>.由于x－是(0，＋∞)上的增函数，故x－>0－＝－1，所以a>－1.答案为D.B7　对数与指数函数　　　　　　　　　　　　　　　　　　　-43-\n8．B7，E1[2022·新课标全国卷Ⅱ]设a＝log32，b＝log52，c＝log23，则(　　)A．a>c>bB．b>c>aC．c>b>aD．c>a>b8．D　[解析]a－b＝log32－log52＝－＝>0a>b，c＝log23>1，a<1，b<1，所以c>a>b，答案为D.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)＝lna＋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＋(a＋b)＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＋ln2＝ln2>0，左边≤右边；若a＋b≥1，ln＋(a＋b)－ln2＝ln(a＋b)－ln2＝ln.又∵≤a或≤b，a，b至少有1个大于1，∴ln≤lna或ln≤lnb，即有ln＋(a＋b)－ln2＝ln(a＋b)－ln2＝ln≤ln＋a＋ln＋b，∴④正确．7．B4，B7[2022·天津卷]已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增．若实数a满足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，则a的取值范围是(　　)A．[1，2]B．0，C.，2D．(0，2]-43-\n7．C　[解析]∵f(x)为偶函数，∴f(log2a)＝f(loga)，又∵f(log2a)＋f≤2f(1)，∴f(log2a)≤f(1)，即|log2a|≤1，解之得≤a≤2.3．B7[2022·陕西卷]设a，b，c均为不等于1的正实数，则下列等式中恒成立的是(　　)A．logab·logcb＝logcaB．logab·logca＝logcbC．loga(bc)＝logab·logacD．loga(b＋c)＝logab＋logac3．B　[解析]利用对数的运算性质可知C，D是错误的．再利用对数运算性质logab·logcb≠logca.又因为logab·logca＝×＝＝logcb，故选B.11．B7[2022·四川卷]lg＋lg的值是________．11．1　[解析]lg＋lg＝lg(·)＝lg＝lg10＝1.9．B4和B7[2022·重庆卷]已知函数f(x)＝ax3＋bsinx＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))＝5，则f(lg(lg2))＝(　　)A．－5B．－1C．3D．49．C　[解析]因为f(lg(log210))＝f＝f(－lg(lg2))＝5，又因为f(x)＋f(－x)＝8，所以f(－lg(lg2))＋f(lg(lg2))＝5＋f(lg(lg2))＝8，所以f(lg(lg2))＝3，故选C.B8　幂函数与函数的图像　　　　　　　　　　　　　　　　　　　5．B8[2022·福建卷]函数f(x)＝ln(x2＋1)的图像大致是(　　)图1－15．A　[解析]f(x)是定义域为R的偶函数，图像关于y轴对称，又过点(0，0)，故选A.11．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)＝011．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，又f(x)连续，x0∈R，f(x0-43-\n)＝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，若x1<x0，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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　10．B9，B12[2022·安徽卷]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1<x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为(　　)A．3　　　　　　B．4C．5D．610．A　[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋b，根据已知，得3x2＋2ax＋b＝0有两个不同的实根x1，x2，且x1<x2，根据三次函数的性质可得x1是函数f(x)的极大值点，方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0必然有f(x)＝x1或f(x)＝x2.由于f(x1)＝x1且x1<x2，如图，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．图1－28．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的取值范围为(　　)A．{2，3}B．{2，3，4}C．{3，4}D．{3，4，5}8．B　[解析]问题等价于求直线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}．18．B11，B12，B9，B14[2022·北京卷]已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．18．解：由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.f(x)与f′(x)的情况如下：-43-\nx(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)1所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．6．B5，B9[2022·湖南卷]函数f(x)＝lnx的图像与函数g(x)＝x2－4x＋4的图像的交点个数为(　　)A．0B．1C．2D．36．A　[解析]方法一：作出函数f(x)＝lnx，g(x)＝x2－4x＋4的图像如图所示可知，其交点个数为2，选C.方法二(数值法)x124f(x)＝lnx0ln2(>0)ln4(<4)g(x)＝x2－4x＋4104可知它们有2个交点，选C.8．B9[2022·天津卷]设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3.若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则(　　)A．g(a)<0<f(b)B．f(b)<0<g(a)C．0<g(a)<f(b)D．f(b)<g(a)<08．A　[解析]由数形结合及f(a)＝0，g(b)＝0得a∈(0，1)，b∈(1，2)，∴a<b，且f(x)，g(x)都是递增的，所以g(a)<0<f(b)．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，证明：x2－x1≥1；(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，＋∞)．-43-\n(2)证明：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，有x2－x1≥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，0<<2.由①②得，a＝lnx2＋－1＝－ln＋－1.令t＝，则0<t<2，且a＝t2－t－lnt.设h(t)＝t2－t－lnt(0<t<2)．则h′(t)＝t－1－＝<0.所以h(t)(0<t<2)为减函数．则h(t)>h(2)＝－ln2－1，所以a>－ln2－1，而当t∈(0，2)且t趋近于0时，h(t)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，＋∞)．B10　函数模型及其应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　-43-\n5．B10[2022·湖北卷]小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间，后为了赶时间加快速度行驶，与以上事件吻合得最好的图像是(　　)图1－15．C　[解析]由题意可知函数图像最开始为“斜率为负的线段”，接着为“与x轴平行的线段”，最后为“斜率为负值，且小于之前斜率的线段”．观察选项中图像可知，C项符合，故选C.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，有(　　)A．[－x]＝－[x]B.＝[x]C．[2x]＝2[x]D．[x]＋＝[2x]10．D　[解析]可取特值x＝3.5，则[－x]＝[－3.5]＝－4，－[x]＝－[3.5]＝－3，故A错．x＋＝[3.5＋0.5]＝4，而[x]＝[3.5]＝3，故B错.[2x]＝[7]＝7，2[x]＝2[3.5]＝6，故C错．[x]＋x＋＝7，而[2x]＝[7]＝7，故只有D正确．B11　导数及其运算　　　　　　　　　　　　　　　　　　　18．B11，B12，B9，B14[2022·北京卷]已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．18．解：由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)-43-\nf′(x)－0＋f(x)1所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．10．B11[2022·全国卷]已知曲线y＝x4＋ax2＋1在点(－1，a＋2)处切线的斜率为8，则a＝(　　)A．9B．6C．－9D．－610．D　[解析]y′＝4x3＋2ax，当x＝－1时y′＝8，故8＝－4－2a，解得a＝－6.12．B11[2022·广东卷]若曲线y＝ax2－lnx在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________12.　[解析]易知点(1，a)在曲线y＝ax2－lnx上，y′＝2ax－，∴＝2a－1＝0，∴a＝.11．B11[2022·江西卷]若曲线y＝xα＋1(α∈R)在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则α＝________．11．2　[解析]y′＝αxα－1，y′＝α，所以切线方程为y－2＝α(x－1)，该切线过原点，得α＝2.21．B11，B12[2022·陕西卷]已知函数f(x)＝ex，x∈R.(1)求f(x)的反函数的图像上点(1，0)处的切线方程；(2)证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；(3)设a<b，比较f与的大小，并说明理由．21．解：(1)f(x)的反函数为g(x)＝lnx，设所求切线的斜率为k，∵g′(x)＝，∴k＝g′(1)＝1.于是在点(1，0)处切线方程为y＝x－1.(2)方法一：曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－x2－x－1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.当x<0时，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．-43-\n∴φ′(x)在x＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0，即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0，∴φ′(x)≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上是单调递增的，∴φ(x)在R上有唯一的零点．故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．方法二：∵ex>0，x2＋x＋1>0，∴曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于曲线y＝与直线y＝1公共点的个数．设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点．又φ′(x)＝＝≤0(仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上单调递减，∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．(3)－f＝－e＝＝.设函数u(x)＝ex－－2x(x≥0)，则u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0.∴u′(x)≥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.令x＝，则得e－e－(b－a)>0.∴>f.20．B11、B12[2022·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．-43-\n20．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x.f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．20．B11和B12[2022·重庆卷]某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．20．解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元，又据题意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得r<5，故函数V(r)的定义域为(0，5)．(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(r2＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．B12　导数的应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　20．E3，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．20．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}，-43-\n因此区间I＝0，，区间长度为.(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；因此当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.10．B9，B12[2022·安徽卷]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1<x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为(　　)A．3B．4C．5D．610．A　[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋b，根据已知，得3x2＋2ax＋b＝0有两个不同的实根x1，x2，且x1<x2，根据三次函数的性质可得x1是函数f(x)的极大值点，方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0必然有f(x)＝x1或f(x)＝x2.由于f(x1)＝x1且x1<x2，如图，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．18．B11，B12，B9，B14[2022·北京卷]已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．18．解：由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)1所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，-43-\n所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．21．B12、B14[2022·全国卷]已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3x＋1.(1)当a＝－时，讨论f(x)的单调性；(2)若x∈[2，＋∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围．21．解：(1)当a＝－时，f(x)＝x3－3x2＋3x＋1，f′(x)＝3x2－6x＋3.令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝＋1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－1)上是增函数；当x∈(－1，＋1)时，f′(x)<0，f(x)在(－1，＋1)上是减函数；当x∈(＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(＋1，＋∞)上是增函数．(2)由f(2)≥0得a≥－.当a≥－，x∈(2，＋∞)时，f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥3＝3(x－2)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上是增函数，于是当x∈[2，＋∞)时，f(x)≥f(2)≥0.综上，a的取值范围是.22．B12，B14[2022·福建卷]已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值；(3)当a＝1时，若直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值．22．解：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．-43-\n(3)方法一：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋，则直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于方程g(x)＝0在R上没有实数解．假设k>1，此时g(0)＝1>0，g＝－1＋<0，又函数g(x)的图像连续不断，由零点存在定理，可知g(x)＝0在R上至少有一解，与“方程g(x)＝0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1.又k＝1时，g(x)＝>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．所以k的最大值为1.方法二：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋在R上没有实数解，即关于x的方程：(k－1)x＝(*)在R上没有实数解．①当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解．②当k≠1时，方程(*)化为＝xex.令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex.令g′(x)＝0，得x＝－1，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)－当x＝－1时，g(x)min＝－，同时当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围为－，＋∞.所以当∈时，方程(*)无实数解．解得k的取值范围是(1－e，1)．综上①②，得k的最大值为1.21．B12，N4[2022·湖北卷]设a>0，b>0，已知函数f(x)＝.(1)当a≠b时，讨论函数f(x)的单调性；-43-\n(2)当x>0时，称f(x)为a，b关于x的加权平均数．(i)判断f(1)，f，f是否成等比数列，并证明f≤f；(ii)a，b的几何平均数记为G，称为a，b的调和平均数，记为H.若H≤f(x)≤G，求x的取值范围．21．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝＝.当a＞b时，f′(x)＞0，函数f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递增；当a＜b时，f′(x)＜0，函数f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上单调递减．(2)(i)计算得f(1)＝＞0，f＝＞0，f＝＞0.故f(1)f＝·＝ab＝，即f(1)f＝.①所以f(1)，f，f成等比数列．因≥，即f(1)≥f，结合①得f≤f.(ii)由(i)知f＝H，f＝G，故由H≤f(x)≤G，得f≤f(x)≤f.②当a＝b时，f＝f(x)＝f＝a.这时，x的取值范围为(0，＋∞)；当a＞b时，0＜＜1，从而＜，由f(x)在(0，＋∞)上单调递增与②式，得≤x≤，即x的取值范围为；-43-\n当a＜b时，＞1，从而＞，由f(x)在(0，＋∞)上单调递减与②式，得≤x≤，即x的取值范围为.10．B12[2022·湖北卷]已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，0)B.C．(0，1)D．(0，＋∞)10．B　[解析]f′(x)＝lnx－ax＋x－a＝lnx－2ax＋1，函数f(x)有两个极值点等价于方程lnx－2ax＋1＝0有两个大于零的不相等的实数根．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＝，所以a的取值范围是0，.21．B1，B12[2022·江西卷]设函数f(x)＝a为常数且a∈(0，1)．(1)当a＝时，求f；(2)若x0满足f(f(x0))＝x0，但f(x0)≠x0，则称x0为f(x)的二阶周期点．证明函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点x1，x2；(3)对于(2)中的x1，x2，设A(x1，f(f(x1)))，B(x2，f(f(x2)))，C(a2，0)，记△ABC的面积为S(a)，求S(a)在区间上的最大值和最小值．21．解：(1)当a＝时，f＝，f＝f＝2＝.-43-\n(2)f(f(x))＝当0≤x≤a2时，由x＝x解得x＝0，因为f(0)＝0，故x＝0不是f(x)的二阶周期点；当a2<x≤a时，由(a－x)＝x解得x＝∈(a2，a)，因f＝·＝≠，故x＝为f(x)的二阶周期点；当a<x<a2－a＋1时，由(x－a)＝x解得x＝∈(a，a2－a＋1)，因f＝·＝，故x＝不是f(x)的二阶周期点；当a2－a＋1≤x≤1时，由(1－x)＝x解得x＝∈(a2－a＋1，1)，因f＝·＝≠.故x＝为f(x)的二阶周期点．因此，函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，x1＝，x2＝.(3)由(2)得A，B，则S(a)＝·，-43-\nS′(a)＝·，因为a∈，有a2＋a<1.所以S′(a)＝·＝·>0.(或令g(a)＝a3－2a2－2a＋2，g′(a)＝3a2－4a－2＝3，因a∈(0，1)，g′(a)<0，则g(a)在区间上的最小值为g＝>0，故对于任意a∈，g(a)＝a3－2a2－2a＋2>0，S′(a)＝·>0)则S(a)在区间上单调递增，故S(a)在区间上的最小值为S＝，最大值为S＝.21．B12[2022·辽宁卷](1)证明：当x∈[0，1]时，x≤sinx≤x；(2)若不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0，1]恒成立，求实数a的取值范围．21．解：(1)记F(x)＝sinx－x，则F′(x)＝cosx－.当x∈0，时，F′(x)>0，F(x)在0，上是增函数；当x∈，1时，F′(x)<0，F(x)在，1上是减函数．又F(0)＝0，F(1)>0，所以当x∈[0，1]时，F(x)≥0，即sinx≥x.记H(x)＝sinx－x，则当x∈(0，1)时，H′(x)＝cosx－1<0，所以，H(x)在[0，1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.综上，x≤sinx≤x，x∈[0，1]．(2)方法一：因为当x∈[0，1]时，ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4-43-\n＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2≤(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)x2＝(a＋2)x.所以，当a≤－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0，1]恒成立．下面证明，当a>－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0，1]不恒成立．因为当x∈[0，1]时．ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4＝(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)sin2≥(a＋2)x＋x2＋－4(x＋2)2＝(a＋2)x－x2－≥(a＋2)x－x2＝－xx－(a＋2)．所以存在x0∈(0，1)例如x0取和中的较小值满足ax0＋x＋＋2(x0＋2)cosx0－4>0.即当a>－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4≤0对x∈[0，1]不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．方法二：记f(x)＝ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx－4，则f′(x)＝a＋2x＋＋2cosx－2(x＋2)sinx.记G(x)＝f′(x)，则G′(x)＝2＋3x－4sinx－2(x＋2)cosx.当x∈(0，1)时，cosx>，因此G′(x)<2＋3x－4·x－(x＋2)＝(2－2)x<0.于是f′(x)在[0，1]上是减函数，因此，当x∈(0，1)时f′(x)<f′(0)＝a＋2.故当a≤－2时，f′(x)<0，从而f(x)在[0，1]上是减函数，所以f(x)≤f(0)＝0，即当a≤－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0，1]恒成立．下面证明，当a>－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0，1]不恒成立．由于f′(x)在[0，1]上是减函数，且-43-\nf′(0)＝a＋2>0，f′(1)＝a＋＋2cos1－6sin1.当a≥6sin1－2cos1－时，f′(1)≥0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，因此f(x)在[0，1]上是增函数，故f(1)>f(0)＝0；当－2<a<6sin1－2cos1－时，f′(1)<0.又f′(0)>0，故存在x0∈(0，1)使f′(x0)＝0，则当0<x<x0时，f′(x)>f′(x0)＝0，所以f(x)在[0，x0]上是增函数，所以当x∈(0，x0)时，f(x)>f(0)＝0.所以，当a>－2时，不等式ax＋x2＋＋2(x＋2)cosx≤4对x∈[0，1]不恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，－2]．21．B12，H1[2022·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x2e－x.(1)求f(x)的极小值和极大值；(2)当曲线y＝f(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．21．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．f′(x)＝－e－xx(x－2)．①当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(0，2)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)单调递减，在(0，2)单调递增．故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.(2)设切点为(t，f(t))，则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．所以l在x轴上的截距为m(t)＝t－＝t＋＝t－2＋＋3.由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝x＋(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[2，＋∞)；当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．11．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)＝011．C　[解析]x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，又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，若x1<x0，则f(x)在区间(x1，x0)单调递减，C错误．D正确．故答案为C.-43-\n21．B12[2022·山东卷]已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R)．(1)设a≥0，求f(x)的单调区间；(2)设a>0，且对任意x>0，f(x)≥f(1)．试比较lna与－2b的大小．21．解：(1)由f(x)＝ax2＋bx－lnx，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝.①当a＝0时，f′(x)＝.(i)若b≤0，当x＞0时，f′(x)＜0恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．(ii)若b＞0，当0＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.②当a＞0时，令f′(x)＝0，得2ax2＋bx－1＝0.由Δ＝b2＋8a＞0得x1＝，x2＝.显然，x1＜0，x2＞0.当0＜x＜x2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞x2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.综上所述，当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)由题意，函数f(x)在x＝1处取得最小值，由(1)知是f(x)的唯一极小值点，故＝1，整理得2a＋b＝1，即b＝1－2a.令g(x)＝2－4x＋lnx.-43-\n则g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝.当0＜x＜时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因此g(x)≤g＝1＋ln＝1－ln4＜0.故g(a)＜0，即2－4a＋lna＝2b＋lna＜0，即lna＜－2b.21．B11，B12[2022·陕西卷]已知函数f(x)＝ex，x∈R.(1)求f(x)的反函数的图像上点(1，0)处的切线方程；(2)证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点；(3)设a<b，比较f与的大小，并说明理由．21．解：(1)f(x)的反函数为g(x)＝lnx，设所求切线的斜率为k，∵g′(x)＝，∴k＝g′(1)＝1.于是在点(1，0)处切线方程为y＝x－1.(2)方法一：曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于函数φ(x)＝ex－x2－x－1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x)存在零点x＝0.又φ′(x)＝ex－x－1，令h(x)＝φ′(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1.当x<0时，h′(x)<0，∴φ′(x)在(－∞，0)上单调递减；当x>0时，h′(x)>0，∴φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴φ′(x)在x＝0有唯一的极小值φ′(0)＝0，即φ′(x)在R上的最小值为φ′(0)＝0，∴φ′(x)≥0(仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上是单调递增的，∴φ(x)在R上有唯一的零点．故曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点．方法二：∵ex>0，x2＋x＋1>0，∴曲线y＝ex与y＝x2＋x＋1公共点的个数等于-43-\n曲线y＝与直线y＝1公共点的个数．设φ(x)＝，则φ(0)＝1，即x＝0时，两曲线有公共点．又φ′(x)＝＝≤0(仅当x＝0时等号成立)，∴φ(x)在R上单调递减，∴φ(x)与y＝1有唯一的公共点，故曲线y＝f(x)与y＝x2＋x＋1有唯一的公共点．(3)－f＝－e＝＝.设函数u(x)＝ex－－2x(x≥0)，则u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0.∴u′(x)≥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.令x＝，则得e－e－(b－a)>0.∴>f.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，证明：x2－x1≥1；(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)证明：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，-43-\n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，有x2－x1≥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，0<<2.由①②得，a＝lnx2＋－1＝－ln＋－1.令t＝，则0<t<2，且a＝t2－t－lnt.设h(t)＝t2－t－lnt(0<t<2)．则h′(t)＝t－1－＝<0.所以h(t)(0<t<2)为减函数．则h(t)>h(2)＝－ln2－1，所以a>－ln2－1，而当t∈(0，2)且t趋近于0时，h(t)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)．若存在b∈[0，1]使f(f(b))＝b成立，则a的取值范围是(　　)A．[1，e]B．[1，1＋e]C．[e，1＋e]D．[0，1]10．A　[解析]易得f(x)在[0，1]上是增函数，对于b∈[0，1]，如果f(b)＝c＞b，则f(f(b))＝f(c)＞f(b)＝c＞b，不可能有f(f(b))＝b；同理，当f(b)＝d＜b时，则f(f(b))＝f(d)＜f(b)＝d＜b，也不可能有f(f(b))＝b；因此必有f(b)＝b，即方程f(x)＝x在[0，1]上有解，即＝x.因为x≥0，两边平方得ex＋x－a＝x2，所以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.-43-\n当x∈时，ex＞＞1，－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[g(0)，g(1)]，即[1，e]，从而a的取值范围是[1，e]．20．B12[2022·天津卷]设a∈[－2，0]，已知函数f(x)＝(1)证明f(x)在区间(－1，1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增；(2)设曲线y＝f(x)在点Pi(xi，f(xi))(i＝1，2，3)处的切线相互平行，且x1x2x3≠0，证明x1＋x2＋x3>－.20．解：(1)证明：设函数f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－x2＋ax(x≥0)，①f′1(x)＝3x2－(a＋5)，a∈[－2，0]，从而当－1<x≤0时，f′1(x)＝3x2－(a＋5)<3－a－5≤0，所以函数f1(x)在区间(－1，0]内单调递减．②f′2(x)＝3x2－(a＋3)x＋a＝(3x－a)(x－1)，由于a∈[－2，0]，所以当0<x<1时，f′2(x)<0；当x>1时，f′2(x)>0，即函数f2(x)在区间[0，1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．综合①②及f1(0)＝f2(0)，可知函数f(x)在区间(－1，1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．(2)证明：由(1)知f′(x)在区间(－∞，0)内单调递减，在区间0，内单调递减，在区间，＋∞内单调递增，且f′2(0)－f′1(0)＝a＋a＋5>0.因为曲线y＝f(x)在点Pi(xi，f(xi))(i＝1，2，3)处的切线相互平行，从而x1，x2，x3互不相等，且f′(x1)＝f′(x2)＝f′(x3)．结合图像不妨设x1<0<x2<x3，由3x－(a＋5)＝3x－(a＋3)x2＋a＝3x－(a＋3)x3＋a，可得3x－3x－(a＋3)(x2－x3)＝0，解得x2＋x3＝.设g(x)＝3x2－(a＋3)x＋a，则g<g(x2)<g(0)＝a.由3x－(a＋5)＝g(x2)<a，解得－<x1<0，所以x1＋x2＋x3>－＋.设t＝，则a＝.因为a∈[－2，0]，所以t∈，，故x1＋x2＋x3>－t＋＝(t－1)2－≥－，即x1＋x2＋x3>－.20．B11、B12[2022·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．-43-\n20．解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x.f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．12．B5、B12、B14[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]12．D　[解析]函数y＝|f(x)|＝在同一坐标系中画出y＝|f(x)|，y＝ax的图像如图所示，问题等价于直线y＝ax不在函数y＝|f(x)|图像的上方，显然a>0时，y＝ln(x＋1)的图像不可能恒在直线y＝ax的上方，故a≤0；由于直线y＝ax与曲线y＝x2－2x均过坐标原点，所以满足条件的直线y＝ax的极端位置是曲线y＝x2－2x在点(0，0)处的切线，y′＝2x－2，当x＝0时y′＝－2.所以－2≤a≤0.21．B12[2022·浙江卷]已知a∈R，函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若|a|>1，求f(x)在闭区间[0，2|a|]上的最小值．21．解：(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6.又因为f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8.(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0，2|a|]上的最小值．f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a.当a>1时，x0(0，1)1(1，a)a(a，2a)2af′(x)＋0－0＋f(x)0单调递增极大值3a－1单调递减极小值a2(3－a)单调递增4a3比较f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得-43-\ng(a)＝当a<－1时，x0(0，1)1(1，－2a)－2af′(x)－0＋f(x)0单调递减极小值3a－1单调递增－28a3－24a2得g(a)＝3a－1.综上所述，f(x)在闭区间[0，2|a|]上的最小值为g(a)＝8．B12[2022·浙江卷]已知函数y＝f(x)的图像是下列四个图像之一，且其导函数y＝f′(x)的图像如图1－2所示，则该函数的图像是(　　)图1－2图1－38．B　[解析]由导函数的图像可知，f′(x)>0恒成立，则f(x)在(－1，1)上递增，且导函数为偶函数，则函数f(x)为奇函数，再从导函数的图像可知，当x∈(0，1)时，其二阶导数f″(x)<0，则f(x)在x∈(0，1)时，其图像是向上凸的，或者y随着x增长速度越来越缓慢，故选择B.20．B11和B12[2022·重庆卷]某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．20．解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元，又据题意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得r<5，故函数V(r)的定义域为(0，5)．(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，故V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1-43-\n＝5，r2＝－5(r2＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．B13　定积分与微积分基本定理　　　　　　　　　　　　　　　　　　　B14　单元综合　　　　　　　　　　　　　　　　　　　14．B1，B14[2022·安徽卷]定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)，若当0≤x≤1时，f(x)＝x(1－x)，则当－1≤x≤0时，f(x)＝________．14．－　[解析]当－1≤x≤0时，0≤x＋1≤1，由f(x＋1)＝2f(x)可得f(x)＝f(x＋1)＝－x(x＋1)．18．B11，B12，B9，B14[2022·北京卷]已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．18．解：由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)1所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．21．B12、B14[2022·全国卷]已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3x＋1.(1)当a＝－时，讨论f(x)的单调性；(2)若x∈[2，＋∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围．-43-\n21．解：(1)当a＝－时，f(x)＝x3－3x2＋3x＋1，f′(x)＝3x2－6x＋3.令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝＋1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－1)上是增函数；当x∈(－1，＋1)时，f′(x)<0，f(x)在(－1，＋1)上是减函数；当x∈(＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(＋1，＋∞)上是增函数．(2)由f(2)≥0得a≥－.当a≥－，x∈(2，＋∞)时，f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥3＝3(x－2)>0，所以f(x)在(2，＋∞)上是增函数，于是当x∈[2，＋∞)时，f(x)≥f(2)≥0.综上，a的取值范围是.22．B12，B14[2022·福建卷]已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值；(3)当a＝1时，若直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，求k的最大值．22．解：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．(3)方法一：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.令g(x)＝f(x)－(kx－1)＝(1－k)x＋，则直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于方程g(x)＝0在R上没有实数解．-43-\n假设k>1，此时g(0)＝1>0，g＝－1＋<0，又函数g(x)的图像连续不断，由零点存在定理，可知g(x)＝0在R上至少有一解，与“方程g(x)＝0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1.又k＝1时，g(x)＝>0，知方程g(x)＝0在R上没有实数解．所以k的最大值为1.方法二：当a＝1时，f(x)＝x－1＋.直线l：y＝kx－1与曲线y＝f(x)没有公共点，等价于关于x的方程kx－1＝x－1＋在R上没有实数解，即关于x的方程：(k－1)x＝(*)在R上没有实数解．①当k＝1时，方程(*)可化为＝0，在R上没有实数解．②当k≠1时，方程(*)化为＝xex.令g(x)＝xex，则有g′(x)＝(1＋x)ex.令g′(x)＝0，得x＝－1，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)－当x＝－1时，g(x)min＝－，同时当x趋于＋∞时，g(x)趋于＋∞，从而g(x)的取值范围为－，＋∞.所以当∈时，方程(*)无实数解．解得k的取值范围是(1－e，1)．综上①②，得k的最大值为1.16．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：(i)T＝{f(x)|x∈S}；(ii)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”．现给出以下3对集合：①A＝N，B＝N*；②A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|－8≤x≤10}；③A＝{x|0<x<1}，B＝R.其中，“保序同构”的集合对的序号是________．(写出所有“保序同构”的集合对的序号)-43-\n16．①②③　[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，则f(x)值域为N，且为增函数，①正确．构造过两点(－1，－8)，(3，10)的线段对应的函数f(x)＝x－，－1≤x≤3，满足题设条件，②正确．构造函数f(x)＝tanx－π，0<x<1，满足题设条件，③正确．12．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12．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．20．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．-43-\n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2.13．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．B5、B12、B14[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]12．D　[解析]函数y＝|f(x)|＝在同一坐标系中画出y＝|f(x)|，y＝ax的图像如图所示，问题等价于直线y＝ax不在函数y＝|f(x)|图像的上方，显然a>0时，y＝ln(x＋1)的图像不可能恒在直线y＝ax的上方，故a≤0；由于直线y＝ax与曲线y＝x2－2x均过坐标原点，所以满足条件的直线y＝ax的极端位置是曲线y＝x2-43-\n－2x在点(0，0)处的切线，y′＝2x－2，当x＝0时y′＝－2.所以－2≤a≤0.16．B14[2022·浙江卷]设a，b∈R，若x≥0时恒有0≤x4－x3＋ax＋b≤(x2－1)2，则ab＝________．16．－1　[解析]当x＝1时，0≤a＋b≤0，则a＋b＝0，b＝－a，令f(x)＝(x2－1)2－(x4－x3＋ax－a)＝x3－2x2－ax＋a＋1，则f(x)≥0在x≥0时恒成立，f(1)＝1－2－a＋a＋1＝0，则x＝1应为极小值点，f′(x)＝3x2－4x－a，故f′(1)＝0，a＝－1，b＝1，ab＝－1.1．[2022·蚌埠模拟]曲线f(x)＝x3＋x在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为(　　)A.B.C.D.1．B　[解析]f′(x)＝x2＋1，在点处的切线斜率为k＝f′(1)＝2.所以切线方程为y－＝2(x－1)，即y＝2x－，与坐标轴的交点坐标为，，所以三角形的面积为××＝，故选B.2．[2022·丹东四校协作体联考]函数f(x)＝lnx＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，2]B．(－∞，2)C．[0，＋∞)D．(2，＋∞)2．B　[解析]函数f(x)＝lnx＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，而f′(x)＝＋a，即＋a＝2在(0，＋∞)上有解，a＝2－，因为x＞0，所以2－＜2，所以a的取值范围是(－∞，2)，故选B.3．[2022·龙岩调研]已知点P在曲线y＝上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则α的取值范围是____________________．3．[135°，180°)或　[解析]y′＝，即切线的斜率为k＝，所以k＝＝＝－，因为ex＋＋2≥2＋2＝4，-43-\n所以－1≤k<0，即－1≤tanα<0，所以135°≤α<180°，即α的取值范围是[135°，180°)．4．[2022·郑州模拟]已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有(　　)A．e2013f(－2013)<f(0)，f(2013)>e2013f(0)B．e2013f(－2013)<f(0)，f(2013)<e2013f(0)C．e2013f(－2013)>f(0)，f(2013)>e2013f(0)D．e2013f(－2013)>f(0)，f(2013)<e2013f(0)4．D　[解析]构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝，因为∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，并且ex>0，所以g′(x)<0，故函数g(x)＝在R上单调递减，所以g(－2013)>g(0)，g(2013)<g(0)，即>f(0)，<f(0)，也就是e2013f(－2013)>f(0)，f(2013)<e2013f(0)，故选D.[规律解读]利用导数的正负判断函数的单调性，然后比较函数值的大小是导数应用很灵活的一个方面．此类问题中，构造恰当的函数时，既要结合待求去分析，又要熟悉常见的导数式子．5．[2022·温州联考]已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图K10－4所示．图K10－4　　x－10245f(x)121.521下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1，2]；②函数f(x)在[0，2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中正确命题的序号是________．5．①②④　[解析]由导数图像可知，当－1<x<0或2<x<4时，f′(x)>0，函数单调递增，当0<x<2或4<x<5时，f′(x)<0，函数单调递减，②正确．当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝1.5，又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1，2]，①正确．因为当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，由前面分析得，t的最大值为5，所以③不正确．由f(x)＝a知，因为极小值f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，y＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确．所以真命题的序号为①②④.-43-