函数基本性质难题集萃30题附详细解析

2015年03月27日1560961913的高中数学组卷一．选择题〔共19小题〕1．函数f〔*〕=ae*﹣2*﹣2a，a∈[1，2]，假设函数f〔*〕在区间[0，ln2]上的值域为[p，q]，则〔〕A．p≥﹣，q B．p，q C．p≥﹣2，q≤﹣1 D．p≥﹣1，q≤02．a为实数，函数f〔*〕=*2﹣|*2﹣a*﹣2|在区间〔﹣∞，﹣1〕和〔2，+∞〕上单调递增，则a的取值围为〔〕A．[1，8] B．[3，8] C．[1，3] D．[﹣1，8]3．函数f〔*〕=e*﹣a*﹣1，假设∃*0∈〔0，+∞〕，使得f〔lg*0〕＞f〔*0〕成立，则a的取值围是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔0，1〕 C．〔1，+∞〕 D．[1，+∞〕4．设f〔*〕=在区间[﹣2，2]上最大值为4，则实数a的取值围为〔〕A．[ln2，+∞] B．[0，ln2] C．〔﹣∞，0] D．〔﹣∞，ln2]5．函数f〔*〕=在区间[0，+∞〕上的最大值为a，则实数a的取值围是〔〕A．〔﹣∞，﹣] B．〔﹣∞，] C．[﹣，+∞〕 D．[，+∞〕6．定义在R上的奇函数y=f〔*〕，对于∀*∈R都有f〔1+*〕=f〔1﹣*〕，当﹣1≤*＜0时，f〔*〕=log2〔﹣*〕，则函数g〔*〕=f〔*〕﹣2在〔0，8〕所有的零点之和为〔〕A．6 B．8 C．10 D．127．函数f〔*〕=++对称中心为〔〕A．〔﹣4，6〕 B．〔﹣2，3〕 C．〔﹣4，3〕 D．〔﹣2，6〕8．定义在R上的偶函数f〔*〕在[0，+∞〕上递减，假设不等式f〔﹣a*+ln*+1〕+f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕对*∈[1，3]恒成立，则实数a的取值围是〔〕A．[2，e] B．[，+∞〕 C．[，e] D．[，]9．定义域为R的函数f〔*〕在〔2，+∞〕上单调递减，且y=f〔*+2〕为偶函数，则关于*的不等式f〔2*﹣1〕﹣f〔*+1〕＞0的解集为〔〕A．〔﹣∞，﹣〕∪〔2，+∞〕 B．〔﹣，2〕 C．〔﹣∞，〕∪〔2，+∞〕 D．〔，2〕10．如图，长方形ABCD的长AD=2*，宽AB=*〔*≥1〕，线段MN的长度为1，端点M、N在长方形ABCD的四边上滑动，当M、N沿长方形的四边滑动一周时，线段MN的中点P所形成的轨迹为G，记G的周长与G围成的面积数值的差为y，则函数y=f〔*〕的图象大致为〔〕A． B． C． D．11．函数f〔*〕=〔3*+1〕e*+1+m*〔m≥﹣4e〕，假设有且仅有两个整数使得f〔*〕≤0，则实数m的取值围是〔〕A．〔，2] B．[﹣，﹣〕 C．[﹣，﹣〕 D．[﹣4e，﹣〕12．点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的图形运动一周，O，P两点连线的距离y与点P走过的路程*的函数关系如图，则点P所走的图形是〔〕A． B． C． D．13．在实数集R上定义一种运算“*〞，对于任意给定的a、b∈R，a*b为唯一确定的实数，且具有性质：〔1〕对任意a、b∈R，a*b=b*a；〔2〕对任意a、b∈R，a*0=a；〔3〕对任意a、b∈R，〔a*b〕*c=c*〔ab〕+〔a*c〕+〔c*b〕﹣2c．关于函数f〔*〕=**的性质，有如下说法：①在〔0，+∞〕上函数f〔*〕的最小值为3；②函数f〔*〕为奇函数；③函数f〔*〕的单调递增区间为〔﹣∞，﹣1〕，〔1，+∞〕．其中所有正确说法的个数为〔〕A．0 B．1 C．2 D．314．设f〔*〕满足：①任意*∈R，有f〔*〕+f〔2﹣*〕=0；②当*≥1时，f〔*〕=|*﹣a|﹣1，〔a＞0〕，假设*∈R，恒有f〔*〕＞f〔*﹣m〕，则m的取值围是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔4，+∞〕 C．〔3，+∞〕 D．〔5，+∞〕15．假设函数，则f〔f〔1〕〕的值为〔〕A．﹣10 B．10 C．﹣2 D．216．假设函数f〔*〕在定义域上存在区间[a，b]〔ab＞0〕，使f〔*〕在[a，b]上值域为[，]，则称f〔*〕在[a，b]上具有“反衬性〞．以下函数①f〔*〕=﹣*+②f〔*〕=﹣*2+4*③f〔*〕=sin*④f〔*〕=，具有“反衬性〞的为|〔〕A．②③ B．①③ C．①④ D．②④17．函数f〔*〕=〔++2〕〔+1〕的值域是〔〕A．[2+，8] B．[2+，+∞〕 C．[2，+∞〕 D．[2+，4]18．函数f〔*〕=1﹣，g〔*〕=ln*，对于任意m≤，都存在n∈〔0，+∞〕，使得f〔m〕=g〔n〕，则n﹣m的最小值为〔〕A．e﹣ B．1 C．﹣ D．19．函数f〔*〕=〔*﹣〕•cos*，*∈[﹣π，π]且*≠0，则以下描述正确的选项是〔〕A．函数f〔*〕为偶函数B．函数f〔*〕在〔0，π〕上有最大值无最小值C．函数f〔*〕有2个不同的零点D．函数f〔*〕在〔﹣π，0〕上单调递减二．解答题〔共10小题〕20．函数f〔*〕=e*﹣e﹣*﹣2*．〔Ⅰ〕讨论f〔*〕的单调性；〔Ⅱ〕设g〔*〕=f〔2*〕﹣4bf〔*〕，当*＞0时，g〔*〕＞0，求b的最大值；〔Ⅲ〕1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值〔准确到0.001〕．21．函数f〔*〕=*2+a*+b，g〔*〕=e*〔c*+d〕假设曲线y=f〔*〕和曲线y=g〔*〕都过点P〔0，2〕，且在点P处有一样的切线y=4*+2．〔Ⅰ〕求a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕假设*≥﹣2时，f〔*〕≤kg〔*〕，求k的取值围．22．函数f〔*〕=aln*﹣a*﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函数f〔*〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数y=f〔*〕的图象在点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g〔*〕=*3+*2〔f'〔*〕+〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．23．函数，a为正常数．〔1〕假设f〔*〕=ln*+φ〔*〕，且，求函数f〔*〕的单调增区间；〔2〕假设g〔*〕=|ln*|+φ〔*〕，且对任意*1，*2∈〔0，2]，*1≠*2，都有，求a的取值围．24．函数f〔*〕=*2+a*﹣ln*，a∈R．〔1〕假设函数f〔*〕在[1，2]上是减函数，数a的取值围；〔2〕令g〔*〕=f〔*〕﹣*2，是否存在实数a，当*∈〔0，e]〔e是自然常数〕时，函数g〔*〕的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；〔3〕当*∈〔0，e]时，证明：．25．设函数f〔*〕=ln*﹣﹣b*〔Ⅰ〕当a=b=时，求函数f〔*〕的单调区间；〔Ⅱ〕令F〔*〕=f〔*〕+＜*≤3〕，其图象上任意一点P〔*0，y0〕处切线的斜率k≤恒成立，数a的取值围；〔Ⅲ〕当a=0，b=﹣1时，方程f〔*〕=m*在区间[1，e2]有唯一实数解，数m的取值围．26．设函数f〔*〕=〔1+*〕2﹣2ln〔1+*〕〔1〕假设关于*的不等式f〔*〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，数m的取值围．〔2〕设g〔*〕=f〔*〕﹣*2﹣1，假设关于*的方程g〔*〕=p至少有一个解，求p的最小值．〔3〕证明不等式：〔n∈N*〕．27．函数f〔*〕=*2﹣aln*在区间〔1，2]是增函数，g〔*〕=*﹣a在区间〔0，1]是减函数．〔1〕求f〔*〕，g〔*〕的表达式；〔2〕求证：当*＞0时，方程f〔*〕﹣g〔*〕=*2﹣2*+3有唯一解；〔3〕当b＞﹣1时，假设f〔*〕≥2b*﹣在*∈〔0，1]恒成立，求b的取值围．28．函数f〔*〕=，g〔*〕=〔〕|*﹣m|，其中m∈R且m≠0．〔Ⅰ〕判断函数f〔*〕的单调性；〔Ⅱ〕当m＜﹣2时，求函数F〔*〕=f〔*〕+g〔*〕在区间[﹣2，2]上的最值；〔Ⅲ〕设函数h〔*〕=，当m≥2时，假设对于任意的*1∈[2，+∞〕，总存在唯一的*2∈〔﹣∞，2〕，使得h〔*1〕=h〔*2〕成立，试求m的取值围．29．对于函数f〔*〕和g〔*〕，假设存在常数k，m，对于任意*∈R，不等式f〔*〕≥k*+m≥g〔*〕都成立，则称直线y=k*+m是函数f〔*〕，g〔*〕的分界限．函数f〔*〕=e*〔a*+1〕〔e为自然对数的底，a∈R为常数〕．〔Ⅰ〕讨论函数f〔*〕的单调性；〔Ⅱ〕设a=1，试探究函数f〔*〕与函数g〔*〕=﹣*2+2*+1是否存在“分界限〞？假设存在，求出分界限方程；假设不存在，试说明理由．2015年03月27日1560961913的高中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题〔共19小题〕1．〔2016•县模拟〕函数f〔*〕=ae*﹣2*﹣2a，a∈[1，2]，假设函数f〔*〕在区间[0，ln2]上的值域为[p，q]，则〔〕A．p≥﹣，q B．p，q C．p≥﹣2，q≤﹣1 D．p≥﹣1，q≤0【分析】构造函数g〔a〕=〔e*﹣2〕a﹣2*，a∈[1，2]，由*∈[0，ln2]，可得e*∈[1，2]．看做关于a的因此函数可得：g〔*〕ma*=g〔1〕=e*﹣2﹣2*，g〔*〕min=g〔2〕=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．函数f〔*〕在区间[0，ln2]上的值域为[p，q]，利用q=e*﹣2﹣2*，p=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．利用导数研究其单调性极值与最值，即可得出．【解答】解：构造函数g〔a〕=〔e*﹣2〕a﹣2*，a∈[1，2]，由*∈[0，ln2]，可得e*∈[1，2]．∴g〔a〕在a∈[1，2]上单调递减，∴g〔a〕ma*=g〔1〕=e*﹣2﹣2*，g〔a〕min=g〔2〕=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．函数f〔*〕在区间[0，ln2]上的值域为[p，q]，∴q=e*﹣2﹣2*，p=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．q′=e*﹣2≤0，∴函数q〔*〕单调递减，∴q〔ln2〕≤q≤q〔0〕，∴﹣2ln2≤q≤﹣1．p′=2e*﹣2≥0，∴函数p〔*〕单调递增，∴p〔ln2〕≥p≥p〔0〕，﹣2ln2≥p≥﹣2．．综上可得：p≥﹣2，q≤﹣1．应选：C．【点评】此题考察了一次函数的单调性、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考察了转化能力与计算能力，属于难题．2．〔2016•义乌市模拟〕a为实数，函数f〔*〕=*2﹣|*2﹣a*﹣2|在区间〔﹣∞，﹣1〕和〔2，+∞〕上单调递增，则a的取值围为〔〕A．[1，8] B．[3，8] C．[1，3] D．[﹣1，8]【分析】根据绝对值的应用，将函数进展转化，结合一元二次不等式与一元二次函数之间的关系，结合函数的单调性的性质进展讨论判断．【解答】解：令函数g〔*〕=*2﹣a*﹣2，由于g〔*〕的判别式△=a2+8＞0，故函数g〔*〕一定有两个零点，设为*1和*2，且*1＜*2．∵函数f〔*〕=*2﹣|*2﹣a*﹣2|=，故当*∈〔﹣∞，*1〕、〔*2，+∞〕时，函数f〔*〕的图象是位于同一条直线上的两条射线，当*∈〔*1，*2〕时，函数f〔*〕的图象是抛物线y=2*2﹣a*﹣2下凹的一局部，且各段连在一起．由于f〔*〕在区间〔﹣∞，﹣1〕和〔2，+∞〕上单调递增，∴a＞0且函数g〔*〕较小的零点*1=≥﹣1，即a+2≥，平方得a2+4a+4≥a2+8，得a≥1，同时由y=2*2﹣a*﹣2的对称轴为*=，假设且﹣1≤≤2，可得﹣4≤a≤8．综上可得，1≤a≤8，故实a的取值围为[1，8]，应选：A．【点评】此题主要考察函数单调性的应用，根据绝对值的意义转化为一元二次函数，利用一元二次函数和一元二次不等式之间的关系是解决此题的关键．综合性较强，难度较大．3．〔2016•校级二模〕函数f〔*〕=e*﹣a*﹣1，假设∃*0∈〔0，+∞〕，使得f〔lg*0〕＞f〔*0〕成立，则a的取值围是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔0，1〕 C．〔1，+∞〕 D．[1，+∞〕【分析】可知lg*0＜*0，从而根据条件便可判断f〔*〕为减函数或存在极值点，求导数f′〔*〕=e*﹣a，从而可判断f〔*〕不可能为减函数，只能存在极值点，从而方程a=e*有解，这样由指数函数y=e*的单调性即可得出a的取值围．【解答】解：∵lg*0＜*0；∴要满足∃*0∈〔0，+∞〕，使f〔lg*0〕＞f〔*0〕，则：函数f〔*〕为减函数或函数f〔*〕存在极值点；∵f′〔*〕=e*﹣a；*∈〔0，+∞〕时，f′〔*〕≤0不恒成立，即f〔*〕不是减函数；∴只能f〔*〕存在极值点，∴f′〔*〕=0有解，即a=e*有解；∴a∈〔1，+∞〕；即a的取值围为〔1，+∞〕．应选：C．【点评】考察函数y=lg*和y=*图象的位置关系，减函数的定义，函数极值和极值点的定义，以及指数函数的单调性．4．〔2016•二模〕设f〔*〕=在区间[﹣2，2]上最大值为4，则实数a的取值围为〔〕A．[ln2，+∞] B．[0，ln2] C．〔﹣∞，0] D．〔﹣∞，ln2]【分析】分别求出函数在﹣2≤*≤0和〔0，2]的最大值，进展比拟即可得到结论．【解答】解：当﹣2≤*≤0时f〔*〕=4*3+6*2+2，则f′〔*〕=12*2+12*=12*〔*+1〕，由f′〔*〕＞0得﹣2＜*＜﹣1，由f′〔*〕＜0得﹣1＜*＜0，则当*=﹣1时，函数f〔*〕取得极大值，此时f〔﹣1〕=﹣4+6+2=4；当*＞0时，f〔*〕=2ea*，假设a=0，则f〔*〕=2＜4，假设a＜0，则函数f〔*〕在〔0，2]上为减函数，则f〔*〕＜f〔0〕=2，此时函数的最大值小于4，假设a＞0，则函数在〔0，2]为增函数，此时函数的最大值为f〔2〕=2e2a，要使f〔*〕在区间[﹣2，2]上最大值为4，则2e2a≤4，即e2a≤2，得2a≤ln2，则a≤ln2，综上所述，a≤ln2，应选：D【点评】此题主要考察函数最值的应用，根据分段函数的表达式分别求出对应区间上的最大值，进展比拟是解决此题的关键．5．〔2016春•校级期中〕函数f〔*〕=在区间[0，+∞〕上的最大值为a，则实数a的取值围是〔〕A．〔﹣∞，﹣] B．〔﹣∞，] C．[﹣，+∞〕 D．[，+∞〕【分析】由求导公式和法则求出f′〔*〕，化简后对a进展分类讨论，分别利用导数在定义域求出函数的单调区间、最值，再求出实数a的取值围．【解答】解：由题意得，==，〔1〕当a=1时，，当*∈〔0，2〕时，f′〔*〕＜0，f〔*〕在〔0，2〕上递减，当*∈〔2，+∞〕时，f′〔*〕＞0，f〔*〕在〔0，2〕上递增，∴f〔*〕在区间[0，+∞〕上有极小值f〔2〕=，∵f〔0〕=a=1，且=＜0，∴f〔*〕在区间[0，+∞〕上有最大值f〔0〕=a=1，成立；〔2〕当a＞1时，由f′〔*〕=0得*=2或＜0，∴当*∈〔0，2〕时，f′〔*〕＜0，f〔*〕在〔0，2〕上递减，当*∈〔2，+∞〕时，f′〔*〕＞0，f〔*〕在〔0，2〕上递增，∴f〔*〕在区间[0，+∞〕上有极小值f〔2〕=，∵f〔0〕=a＞1，且=＜1，∴f〔*〕在区间[0，+∞〕上有最大值f〔0〕=a，成立；〔3〕当a＜1时，由f′〔*〕=0得*=2或，①当a=时，有2=，f′〔*〕＜0，则f〔*〕在区间[0，+∞〕上递减，∴f〔*〕在区间[0，+∞〕上的最大值是f〔0〕=a，成立，②当时，有2＜，当*∈〔2，〕时，f′〔*〕＞0，则f〔*〕在区间〔2，〕上递增，当*∈〔，+∞〕、〔0，2〕时，f′〔*〕＜0，则f〔*〕在区间〔，+∞〕、〔0，2〕上递减，∴f〔*〕在区间[0，+∞〕上的极大值是f〔〕=，又f〔0〕=a，由题意得≤a，解得0≤a＜1，即成立，③当时，有2＞，当*∈〔，2〕时，f′〔*〕＞0，则f〔*〕在区间〔，2〕上递增，当*∈〔2，+∞〕时，f′〔*〕＜0，则f〔*〕在区间〔2，+∞〕上递减，∴f〔*〕在区间[0，+∞〕上的极大值是f〔2〕==，又f〔0〕=a，由题意得≤a，解得a≥，即，综上可得，a的取值围是，应选：D．【点评】此题考察了导数与函数的单调性、最值的关系，考察分类讨论思想和极限思想的应用，属于难题．6．〔2016•二模〕定义在R上的奇函数y=f〔*〕，对于∀*∈R都有f〔1+*〕=f〔1﹣*〕，当﹣1≤*＜0时，f〔*〕=log2〔﹣*〕，则函数g〔*〕=f〔*〕﹣2在〔0，8〕所有的零点之和为〔〕A．6 B．8 C．10 D．12【分析】根据函数奇偶性和对称性之间的关系求出函数是周期为4的周期函数，作出函数在一个周期的图象，利用数形结合进展求解．【解答】解：∵奇函数y=f〔*〕，对于∀*∈R都有f〔1+*〕=f〔1﹣*〕，∴f〔1+*〕=f〔1﹣*〕=﹣f〔*﹣1〕，则f〔2+*〕=﹣f〔*〕，即f〔4+*〕=f〔*〕，则函数f〔*〕是周期为4的周期函数．假设0＜*≤1，则﹣1≤﹣*＜0，则f〔﹣*〕=log2*=﹣f〔*〕，则f〔*〕=﹣log2*，0＜*≤1，假设1≤*＜2，则﹣1≤*﹣2＜0，∵f〔2+*〕=﹣f〔*〕，∴f〔*〕=﹣f〔*﹣2〕，则f〔*〕=﹣f〔*﹣2〕=﹣log2〔2﹣*〕，1≤*＜2，假设2＜*＜3，则0＜*﹣2＜1，f〔*〕=﹣f〔*﹣2〕=log2〔*﹣2〕，2＜*＜3，由g〔*〕=f〔*〕﹣2=0得f〔*〕=2，作出函数f〔*〕在〔0，8〕的图象如图：由图象知f〔*〕与y=2在〔0，8〕只有4个交点，当0＜*≤1时，由f〔*〕=﹣log2*=2，得*=，当1≤*＜2时，由f〔*〕=﹣log2〔2﹣*〕=2得*=，则在区间〔4，5〕的函数零点*=4+=，在区间〔5，6〕的函数零点*=+4=，则在〔0，8〕的零点之和为+++==12故在〔0，8〕所有的零点之12，应选：D【点评】此题主要考察函数与方程的应用，根据函数奇偶性和对称性的性质求出函数的周期性，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点问题，利用数形结合是解决此题的关键．7．〔2016•模拟〕函数f〔*〕=++对称中心为〔〕A．〔﹣4，6〕 B．〔﹣2，3〕 C．〔﹣4，3〕 D．〔﹣2，6〕【分析】由中函数f〔*〕=++，可得6﹣f〔﹣4﹣*〕=f〔*〕，结合函数图象对称变换法则，可得函数图象的对称中心．【解答】解：∵函数f〔*〕=++=3﹣〔〕，∴6﹣f〔﹣4﹣*〕=6﹣〔++〕=6﹣〔++〕=3﹣〔〕，∴6﹣f〔﹣4﹣*〕=f〔*〕，即函数f〔*〕=++对称中心为〔﹣2，3〕，应选：B．【点评】此题考察的知识点是函数图象的对称性，函数图象的对称变换，难度较大．8．〔2016•三模〕定义在R上的偶函数f〔*〕在[0，+∞〕上递减，假设不等式f〔﹣a*+ln*+1〕+f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕对*∈[1，3]恒成立，则实数a的取值围是〔〕A．[2，e] B．[，+∞〕 C．[，e] D．[，]【分析】由条件利用函数的奇偶性和单调性，可得0≤a*﹣ln*≤2对*∈[1，3]恒成立．令g〔*〕=a*﹣ln*，则由g′〔*〕=a﹣=0，求得*=．分类讨论求得g〔*〕的最大值和最小值，从而求得a的围．【解答】解：∵定义在R上的偶函数f〔*〕在[0，+∞〕上递减，∴f〔*〕在〔﹣∞，0〕上单调递增，假设不等式f〔﹣a*+ln*+1〕+f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕对*∈[1，3]恒成立，则2f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕对*∈[1，3]恒成立，即f〔a*﹣ln*﹣1〕≥f〔1〕对*∈[1，3]恒成立．∴﹣1≤a*﹣ln*﹣1≤1对*∈[1，3]恒成立，即0≤a*﹣ln*≤2对*∈[1，3]恒成立．令g〔*〕=a*﹣ln*，则由g′〔*〕=a﹣=0，求得*=．①当≤1，即a＜0或a≥1时，g′〔*〕≥0在[1，3]上恒成立，g〔*〕为增函数，∵最小值g〔1〕=a≥0，最大值g〔3〕=3a﹣ln3≤2，∴0≤a≤，综合可得，1≤a≤．②当≥3，即0＜a≤时，g′〔*〕≤0在[1，3]上恒成立，g〔*〕为减函数，∵最大值g〔1〕=a≤2，最小值g〔3〕=3a﹣ln3≥0，∴≤a≤2，综合可得，a无解．③当1＜＜3，即＜a＜1时，在[1，〕上，g′〔*〕＜0恒成立，g〔*〕为减函数；在〔，3]上，g′〔*〕＞0恒成立，g〔*〕为增函数．故函数的最小值为g〔〕=1﹣ln，∵g〔1〕=a，g〔3〕=3a﹣ln3，g〔3〕﹣g〔1〕=2a﹣ln3．假设2a﹣ln3＞0，即ln＜a＜1，∵g〔3〕﹣g〔1〕＞0，则最大值为g〔3〕=3a﹣ln3，此时，由1﹣ln≥0，g〔3〕=3a﹣ln3≤2，求得≤a≤，综合可得，ln＜a＜1．假设2a﹣ln3≤0，即＜a≤ln3=ln，∵g〔3〕﹣g〔1〕≤0，则最大值为g〔1〕=a，此时，最小值1﹣ln≥0，最大值g〔1〕=a≤2，求得≤a≤2，综合可得≤a≤ln．综合①②③可得，1≤a≤或ln＜a＜1或≤a≤ln，即≤a≤，应选：D．【点评】此题主要考察函数的奇偶性和单调性的综合应用，函数的恒成立问题，表达了转化、分类讨论的数学思想，属于难题．9．〔2016•校级模拟〕定义域为R的函数f〔*〕在〔2，+∞〕上单调递减，且y=f〔*+2〕为偶函数，则关于*的不等式f〔2*﹣1〕﹣f〔*+1〕＞0的解集为〔〕A．〔﹣∞，﹣〕∪〔2，+∞〕 B．〔﹣，2〕 C．〔﹣∞，〕∪〔2，+∞〕 D．〔，2〕【分析】根据函数的单调性和奇偶性的关系，将不等式进展转化进展求解即可．【解答】解：∵定义域为R的函数f〔*〕在〔2，+∞〕上单调递减，且y=f〔*+2〕为偶函数，∴y=f〔*+2〕关于*=0对称，即函数f〔*+2〕在〔0，+∞〕上为减函数，由f〔2*﹣1〕﹣f〔*+1〕＞0得f〔2*﹣1〕＞f〔*+1〕，即f〔2*﹣3+2〕＞f〔*﹣1+2〕，即|2*﹣3|＜|*﹣1|，平方整理得3*2﹣10*+8＜0，即＜*＜2，即不等式的解集为〔，2〕，应选：D【点评】此题主要考察不等式的求解，利用函数奇偶性和单调性的关系，将不等式进展转化是解决此题的关键．综合性较强，有一定的难度．10．〔2016•校级模拟〕如图，长方形ABCD的长AD=2*，宽AB=*〔*≥1〕，线段MN的长度为1，端点M、N在长方形ABCD的四边上滑动，当M、N沿长方形的四边滑动一周时，线段MN的中点P所形成的轨迹为G，记G的周长与G围成的面积数值的差为y，则函数y=f〔*〕的图象大致为〔〕A． B． C． D．【分析】根据条件确定点P，对应的轨迹，然后求出相应的周长和面积，求出函数f〔*〕的表达式，然后根据函数表达式进展判断图象即可．【解答】解：∵线段MN的长度为1，线段MN的中点P，∴AP=，即P的轨迹是分别以A，B，C，D为圆心，半径为的4个圆，以及线段GH，FE，RT，LK，局部．∴G的周长等于四个圆弧长加上线段GH，FE，RT，LK的长，即周长==π+4*﹣2+2*﹣2=6*+π﹣4，面积为矩形的面积减去4个圆的面积，即等于矩形的面积减去一个整圆的面积为，∴f〔*〕=6*+π﹣4﹣=，是一个开口向下的抛物线，∴对应的图象为C，应选：C．【点评】此题主要考察函数图象的识别和判断，根据条件确定点P的轨迹是解决此题的关键，综合性较强，难度较大．11．〔2016•校级模拟〕函数f〔*〕=〔3*+1〕e*+1+m*〔m≥﹣4e〕，假设有且仅有两个整数使得f〔*〕≤0，则实数m的取值围是〔〕A．〔，2] B．[﹣，﹣〕 C．[﹣，﹣〕 D．[﹣4e，﹣〕【分析】根据不等式的关系转化为两个函数的大小关系，构造函数g〔*〕=m*，h〔*〕=﹣〔3*+1〕e*+1，利用g〔*〕≤h〔*〕的整数解只有2个，建立不等式关系进展求解即可．【解答】解：由f〔*〕≤0得〔3*+1〕e*+1+m*≤0，即m*≤﹣〔3*+1〕e*+1，设g〔*〕=m*，h〔*〕=﹣〔3*+1〕e*+1，h′〔*〕=﹣〔3e*+1+〔3*+1〕e*+1〕=﹣〔3*+4〕e*+1，由h′〔*〕＞0得﹣〔3*+4〕＞0，即*＜﹣，由h′〔*〕＜0得﹣〔3*+4〕＜0，即*＞﹣，即当*=﹣时，函数h〔*〕取得极大值，当m≥0时，满足g〔*〕≤h〔*〕的整数解超过2个，不满足条件．当m＜0时，要使g〔*〕≤h〔*〕的整数解只有2个，则满足，即，即，即﹣≤m＜﹣，即实数m的取值围是[﹣，﹣〕，应选：B【点评】此题主要考察函数与方程的应用，利用数形结合以及利用构造法，构造函数，利用数形结合建立不等式关系是解决此题的关键．12．〔2016•通州区一模〕点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的图形运动一周，O，P两点连线的距离y与点P走过的路程*的函数关系如图，则点P所走的图形是〔〕A． B． C． D．【分析】根据O，P两点连线的距离y与点P走过的路程*的函数图象，由图象可知函数值随自变量的变化成轴对称性并且变化圆滑．由此即可排除A、C．D．【解答】解：观察函数的运动图象，可以发现两个显著特点：①点P运动到周长的一半时，OP最大；②点P的运动图象是抛物线．设点M为周长的一半，A．当点P在线段OA上运动时，y=*，其图象是一条线段，不符合条件，B．满足条件．C．当点P在线段OA上运动时，y=*，其图象是一条线段，不符合条件，D．OM≤OP，不符合条件①，并且OP的距离不是对称变化的，因此排除选项D．应选：B．【点评】此题考察函数图象的识别和判断，考察对于运动问题的深刻理解，解题关键是认真分析函数图象的特点．考察学生分析问题的能力．13．〔2016•栖霞市校级模拟〕在实数集R上定义一种运算“*〞，对于任意给定的a、b∈R，a*b为唯一确定的实数，且具有性质：〔1〕对任意a、b∈R，a*b=b*a；〔2〕对任意a、b∈R，a*0=a；〔3〕对任意a、b∈R，〔a*b〕*c=c*〔ab〕+〔a*c〕+〔c*b〕﹣2c．关于函数f〔*〕=**的性质，有如下说法：①在〔0，+∞〕上函数f〔*〕的最小值为3；②函数f〔*〕为奇函数；③函数f〔*〕的单调递增区间为〔﹣∞，﹣1〕，〔1，+∞〕．其中所有正确说法的个数为〔〕A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根据条件在③中令c=0得到a*b=ab+a+b从而得到f〔*〕的表达式，结合函数的奇偶性，单调性和最值的性质分别进展判断即可．【解答】解：①由新运算“*〞的定义③令c=0，则〔a*b〕*0=0*〔ab〕+〔a*0〕+〔0*b〕=ab+a+b，即a*b=ab+a+b∴f〔*〕=**=1+*+，当*＞0时，f〔*〕=**=1+*+≥1+2=1+2=3，当且仅当*=，即*=1时取等号，∴在〔0，+∞〕上函数f〔*〕的最小值为3；故①正确，②函数的定义域为〔﹣∞，0〕∪〔0，+∞〕，∵f〔1〕=1+1+1=3，f〔﹣1〕=1﹣1﹣1=﹣1，∴f〔﹣1〕≠﹣f〔1〕且f〔﹣1〕≠f〔1〕，则函数f〔*〕为非奇非偶函数，故②错误，③函数的f′〔*〕=1﹣，令f′〔*〕=0则*=±1，∵当*∈〔﹣∞，﹣1〕或〔1，+∞〕时，f′〔*〕＞0∴函数f〔*〕的单调递增区间为〔﹣∞，﹣1〕、〔1，+∞〕．故③正确；故正确的选项是①③，应选：C【点评】此题是一个新定义运算型问题，考察了函数的最值、奇偶性、单调性等有关性质，根据条件令c=0求出函数的解析式是解决此题的关键．综合性较强，有一定的难度．14．〔2016•模拟〕设f〔*〕满足：①任意*∈R，有f〔*〕+f〔2﹣*〕=0；②当*≥1时，f〔*〕=|*﹣a|﹣1，〔a＞0〕，假设*∈R，恒有f〔*〕＞f〔*﹣m〕，则m的取值围是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔4，+∞〕 C．〔3，+∞〕 D．〔5，+∞〕【分析】根据函数的对称性求出a的值，作出函数f〔*〕的图象，利用数形结合以及图象关系进展平移计算即可．【解答】解：∵任意*∈R，有f〔*〕+f〔2﹣*〕=0，∴f〔2﹣*〕=﹣f〔*〕，则函数关于〔1，0〕点对称，当*=1时，f〔1〕+f〔2﹣1〕=0，即2f〔1〕=0，则f〔1〕=0，∵当*≥1时，f〔*〕=|*﹣a|﹣1，∴f〔1〕=|1﹣a|﹣1=0，则|a﹣1|=1，则a﹣1=1或a﹣1=﹣1，则a=2或a=0，∵a＞0，∴a=2，即当*≥1时，f〔*〕=|*﹣2|﹣1当*≤1时，﹣*≥﹣1，2﹣*≥1，即f〔*〕=﹣f〔2﹣*〕=﹣〔|2﹣*﹣2|﹣1〕=1﹣|*|，*≤1，作出函数f〔*〕的图象如图：假设f〔*〕＞f〔*﹣m〕，则由图象知，将函数f〔*〕向右平移m个单位即可，由图象知，m＞4，应选：B【点评】此题主要考察函数图象的应用，根据函数的对称性求出函数的解析式，以及利用图象平移是解决此题的关键．综合性较强，有一定的难度．15．〔2016•模拟〕假设函数，则f〔f〔1〕〕的值为〔〕A．﹣10 B．10 C．﹣2 D．2【分析】先求f〔1〕，再求f〔f〔1〕〕即可．【解答】解：f〔1〕=2﹣4=﹣2，f〔f〔1〕〕=f〔﹣2〕=2×〔﹣2〕+2=﹣2，应选C．【点评】此题考察了分段函数的应用及复合函数的应用．16．〔2016春•义乌市期末〕假设函数f〔*〕在定义域上存在区间[a，b]〔ab＞0〕，使f〔*〕在[a，b]上值域为[，]，则称f〔*〕在[a，b]上具有“反衬性〞．以下函数①f〔*〕=﹣*+②f〔*〕=﹣*2+4*③f〔*〕=sin*④f〔*〕=，具有“反衬性〞的为|〔〕A．②③ B．①③ C．①④ D．②④【分析】根据条件得到假设函数在区间[a，b]上具有“反衬性〞，则等价为在区间[a，b]上，函数f〔*〕与y=有两个交点，且函数在区间上单调递减即可，作出对应的图象，利用数形结合进展判断即可．【解答】解：假设函数f〔*〕在定义域上存在区间[a，b]〔ab＞0〕，使f〔*〕在[a，b]上值域为[，]，则等价为函数f〔*〕与y=有两个交点，且函数在区间上单调递减即可．①假设f〔*〕=﹣*+，作出函数f〔*〕与y=的图象，由图象知两个函数有两个交点，则f〔*〕具有“反衬性〞，②假设f〔*〕=﹣*2+4*，作出函数f〔*〕与y=的图象，由图象知两个函数有两个交点，但函数在交点对应的区间上不具单调性，则f〔*〕不具有“反衬性〞，③f〔*〕=sin*，作出函数f〔*〕与y=的图象，由图象知两个函数有两个交点，函数在交点对应的区间上单调递减，则f〔*〕具有“反衬性〞，④f〔*〕=，当2＜*＜3时，f〔*〕=f〔*﹣1〕=[﹣|*﹣2|+1]=﹣|*﹣2|+，当3＜*＜4时，f〔*〕=f〔*﹣1〕=[﹣|*﹣3|+]=﹣|*﹣2|+，作出函数f〔*〕与y=的图象，由图象知两个函数有两个交点，函数在交点对应的区间上不单调递减，则f〔*〕不具有“反衬性〞，综上具有“反衬性〞的函数是①③，应选：B【点评】此题主要考察与函数有关的新定义题目，正确理解条件结合数形结合，转化为函数f〔*〕与y=有两个交点，且函数在区间上单调递减是解决此题的关键．综合性较强，难度较大．17．〔2016春•期末〕函数f〔*〕=〔++2〕〔+1〕的值域是〔〕A．[2+，8] B．[2+，+∞〕 C．[2，+∞〕 D．[2+，4]【分析】容易得出f〔*〕的定义域为[﹣1，1]，并设，两边平方，根据*的围即可求出，且得出，从而得出，求导，根据导数在上的符号即可判断函数在上单调递增，从而得出y的围，即得出函数f〔*〕的值域．【解答】解：f〔*〕的定义域为[﹣1，1]；设，则；∵﹣1≤*≤1；∴0≤1﹣*2≤1，；∴2≤t2≤4；∴，且，设y=f〔*〕；∴；∴，令y′=0得，，或0；∴在上单调递增；∴时，y取最小值，t=2时，y取最大值8；∴；∴原函数的值域为．应选A．【点评】考察函数值域的概念及求法，换元法求函数的值域，结合二次函数的图象求二次函数的值域，根据导数符号判断函数单调性的方法，以及根据函数单调性求函数最值的方法．18．〔2016春•华蓥市期末〕函数f〔*〕=1﹣，g〔*〕=ln*，对于任意m≤，都存在n∈〔0，+∞〕，使得f〔m〕=g〔n〕，则n﹣m的最小值为〔〕A．e﹣ B．1 C．﹣ D．【分析】由题意可得1﹣=lnn；从而可得n=；令1﹣=t，t＜1；则m=t﹣，从而得到y=n﹣m=et﹣t+；求导求函数的最小值即可．【解答】解：由m≤知1﹣≤1；由f〔m〕=g〔n〕可化为1﹣=lnn；故n=；令1﹣=t，t≤1；则m=t﹣，则y=n﹣m=et﹣t+；故y′=et+t﹣1在〔﹣∞，1]上是增函数，且y′=0时，t=0；故y=n﹣m=et﹣t+在t=0时有最小值，故n﹣m的最小值为1；应选：B．【点评】此题考察了函数恒成立问题，利用导数法以及换元法转化为求函数的最值是解决此题的关键．19．〔2016春•期末〕函数f〔*〕=〔*﹣〕•cos*，*∈[﹣π，π]且*≠0，则以下描述正确的选项是〔〕A．函数f〔*〕为偶函数B．函数f〔*〕在〔0，π〕上有最大值无最小值C．函数f〔*〕有2个不同的零点D．函数f〔*〕在〔﹣π，0〕上单调递减【分析】A．根据函数奇偶性的定义进展判断，B．将函数分解为g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，讨论g〔*〕和h〔*〕的单调性和符号，进展判断，C．根据函数零点的定义解方程f〔*〕=0进展判断，D．将函数分解为g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，讨论g〔*〕和h〔*〕的单调性即可．【解答】解：A．函数的定义域关于原点对称，则f〔﹣*〕=〔﹣*+〕•cos*=﹣〔*﹣〕•cos*=﹣f〔*〕，即函数f〔*〕为奇函数．故A错误，B．当*∈〔0，π〕时，设g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，当*∈〔0，1]时，g〔*〕＜0，且为增函数，h〔*〕为减函数，且h〔*〕＞0，此时f〔*〕为增函数，当*∈〔1，〕时，g〔*〕＞0，且为增函数，h〔*〕为减函数，且h〔*〕＞0，此时f〔*〕≥0，当*∈[，π〕时，g〔*〕＞0，且为增函数，h〔*〕为减函数，且h〔*〕＜0，此时f〔*〕＜0，则函数f〔*〕为减函数无最小值，则函数存在极大值，同时也是最大值，故B正确，C．由f〔*〕=〔*﹣〕•cos*=cos*=0得cos*=0或*2﹣1=0，即*=±1或*=或*=﹣，即函数f〔*〕有4个不同的零点，故C错误，D．当*∈〔﹣π，0〕时，设g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，当*∈〔﹣π，﹣〕时，g〔*〕和h〔*〕都是增函数且h〔*〕＜0，g〔*〕＜0，此时f〔*〕为减函数，当*∈〔1，π〕时，g〔*〕和h〔*〕都是增函数且h〔*〕＞0，g〔*〕＞0，此时f〔*〕为增函数，故函数f〔*〕在〔﹣π，0〕上不单调，故D错误，应选：B．【点评】此题主要考察与函数性质有关的命题的真假判断，涉及函数奇偶性，单调性以及函数与方程的应用，综合性较强，难度较大．二．解答题〔共10小题〕20．〔2014•新课标II〕函数f〔*〕=e*﹣e﹣*﹣2*．〔Ⅰ〕讨论f〔*〕的单调性；〔Ⅱ〕设g〔*〕=f〔2*〕﹣4bf〔*〕，当*＞0时，g〔*〕＞0，求b的最大值；〔Ⅲ〕1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值〔准确到0.001〕．【分析】对第〔Ⅰ〕问，直接求导后，利用根本不等式可到达目的；对第〔Ⅱ〕问，先验证g〔0〕=0，只需说明g〔*〕在[0+∞〕上为增函数即可，从而问题转化为“判断g′〔*〕＞0是否成立〞的问题；对第〔Ⅲ〕问，根据第〔Ⅱ〕问的结论，设法利用的近似值，并寻求ln2，于是在b=2及b＞2的情况下分别计算，最后可估计ln2的近似值．【解答】解：〔Ⅰ〕由f〔*〕得f′〔*〕=e*+e﹣*﹣2，即f′〔*〕≥0，当且仅当e*=e﹣*即*=0时，f′〔*〕=0，∴函数f〔*〕在R上为增函数．〔Ⅱ〕g〔*〕=f〔2*〕﹣4bf〔*〕=e2*﹣e﹣2*﹣4b〔e*﹣e﹣*〕+〔8b﹣4〕*，则g′〔*〕=2[e2*+e﹣2*﹣2b〔e*+e﹣*〕+〔4b﹣2〕]=2[〔e*+e﹣*〕2﹣2b〔e*+e﹣*〕+〔4b﹣4〕]=2〔e*+e﹣*﹣2〕〔e*+e﹣*+2﹣2b〕．①∵e*+e﹣*＞2，e*+e﹣*+2＞4，∴当2b≤4，即b≤2时，g′〔*〕≥0，当且仅当*=0时取等号，从而g〔*〕在R上为增函数，而g〔0〕=0，∴*＞0时，g〔*〕＞0，符合题意．②当b＞2时，假设*满足2＜e*+e﹣*＜2b﹣2即，得，此时，g′〔*〕＜0，又由g〔0〕=0知，当时，g〔*〕＜0，不符合题意．综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．〔Ⅲ〕∵1.4142＜＜1.4143，根据〔Ⅱ〕中g〔*〕=e2*﹣e﹣2*﹣4b〔e*﹣e﹣*〕+〔8b﹣4〕*，为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g〔*〕的解析式中，得．当b=2时，由g〔*〕＞0，得，从而；令，得＞2，当时，由g〔*〕＜0，得，得．所以ln2的近似值为0.693．【点评】1．此题三个小题的难度逐步增大，考察了学生对函数单调性深层次的把握能力，对思维的要求较高，属压轴题．2．从求解过程来看，对导函数解析式的合理变形至关重要，因为这直接影响到对导数符号的判断，是解决此题的一个重要突破口．3．此题的难点在于如何寻求ln2，关键是根据第〔2〕问中g〔*〕的解析式探究b的值，从而获得不等式，这样自然地将不等式放缩为的围的端点值，到达了估值的目的．21．〔2013•新课标Ⅰ〕函数f〔*〕=*2+a*+b，g〔*〕=e*〔c*+d〕假设曲线y=f〔*〕和曲线y=g〔*〕都过点P〔0，2〕，且在点P处有一样的切线y=4*+2．〔Ⅰ〕求a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕假设*≥﹣2时，f〔*〕≤kg〔*〕，求k的取值围．【分析】〔Ⅰ〕对f〔*〕，g〔*〕进展求导，在交点处有一样的切线及曲线y=f〔*〕和曲线y=g〔*〕都过点P〔0，2〕，从而解出a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕由〔I〕得出f〔*〕，g〔*〕的解析式，再求出F〔*〕及它的导函数，通过对k的讨论，判断出F〔*〕的最值，从而判断出f〔*〕≤kg〔*〕恒成立，从而求出k的围．【解答】解：〔Ⅰ〕由题意知f〔0〕=2，g〔0〕=2，f′〔0〕=4，g′〔0〕=4，而f′〔*〕=2*+a，g′〔*〕=e*〔c*+d+c〕，故b=2，d=2，a=4，d+c=4，从而a=4，b=2，c=2，d=2；〔Ⅱ〕由〔I〕知，f〔*〕=*2+4*+2，g〔*〕=2e*〔*+1〕设F〔*〕=kg〔*〕﹣f〔*〕=2ke*〔*+1〕﹣*2﹣4*﹣2，则F′〔*〕=2ke*〔*+2〕﹣2*﹣4=2〔*+2〕〔ke*﹣1〕，由题设得F〔0〕≥0，即k≥1，令F′〔*〕=0，得*1=﹣lnk，*2=﹣2，①假设1≤k＜e2，则﹣2＜*1≤0，从而当*∈〔﹣2，*1〕时，F′〔*〕＜0，当*∈〔*1，+∞〕时，F′〔*〕＞0，即F〔*〕在〔﹣2，*1〕上减，在〔*1，+∞〕上是增，故F〔*〕在[﹣2，+∞〕上的最小值为F〔*1〕，而F〔*1〕=﹣*1〔*1+2〕≥0，*≥﹣2时F〔*〕≥0，即f〔*〕≤kg〔*〕恒成立．②假设k=e2，则F′〔*〕=2e2〔*+2〕〔e*﹣e﹣2〕，从而当*∈〔﹣2，+∞〕时，F′〔*〕＞0，即F〔*〕在〔﹣2，+∞〕上是增，而F〔﹣2〕=0，故当*≥﹣2时，F〔*〕≥0，即f〔*〕≤kg〔*〕恒成立．③假设k＞e2时，F′〔*〕＞2e2〔*+2〕〔e*﹣e﹣2〕，而F〔﹣2〕=﹣2ke﹣2+2＜0，所以当*＞﹣2时，f〔*〕≤kg〔*〕不恒成立，综上，k的取值围是[1，e2]．【点评】此题主要考察利用导数研究曲线上*点切线方程，函数恒成立问题，考察分类讨论思想，解题的关键是能够利用导数工具研究函数的性质，此题是一道中档题．22．〔2016•三模〕函数f〔*〕=aln*﹣a*﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函数f〔*〕的单调区间；〔Ⅱ〕假设函数y=f〔*〕的图象在点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g〔*〕=*3+*2〔f'〔*〕+〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，求m的取值围；〔Ⅲ〕求证：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．【分析】利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′〔*〕；②解f′〔*〕＞0〔或＜0〕；③得到函数的增区间〔或减区间〕，对于此题的〔1〕在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；〔2〕点〔2，f〔2〕〕处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'〔2〕=1，可求a值，代入得g〔*〕的解析式，由t∈[1，2]，且g〔*〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数可知：，于是可求m的围．〔3〕是近年来高考考察的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n有*些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．【解答】解：〔Ⅰ〕〔2分〕当a＞0时，f〔*〕的单调增区间为〔0，1]，减区间为[1，+∞〕；当a＜0时，f〔*〕的单调增区间为[1，+∞〕，减区间为〔0，1]；当a=0时，f〔*〕不是单调函数〔4分〕〔Ⅱ〕得a=﹣2，f〔*〕=﹣2ln*+2*﹣3∴，∴g'〔*〕=3*2+〔m+4〕*﹣2〔6分〕∵g〔*〕在区间〔t，3〕上总不是单调函数，且g′〔0〕=﹣2∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′〔t〕＜0恒成立，所以有：，∴〔10分〕〔Ⅲ〕令a=﹣1此时f〔*〕=﹣ln*+*﹣3，所以f〔1〕=﹣2，由〔Ⅰ〕知f〔*〕=﹣ln*+*﹣3在〔1，+∞〕上单调递增，∴当*∈〔1，+∞〕时f〔*〕＞f〔1〕，即﹣ln*+*﹣1＞0，∴ln*＜*﹣1对一切*∈〔1，+∞〕成立，〔12分〕∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴【点评】此题考察利用函数的导数来求函数的单调区间，函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考察，考察求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．23．〔2015•二模〕函数，a为正常数．〔1〕假设f〔*〕=ln*+φ〔*〕，且，求函数f〔*〕的单调增区间；〔2〕假设g〔*〕=|ln*|+φ〔*〕，且对任意*1，*2∈〔0，2]，*1≠*2，都有，求a的取值围．【分析】〔1〕先对函数y=f〔*〕进展求导，然后令导函数大于0〔或小于0〕求出*的围，根据f′〔*〕＞0求得的区间是单调增区间，f′〔*〕＜0求得的区间是单调减区间，即可得到答案．〔2〕设h〔*〕=g〔*〕+*，依题意得出h〔*〕在〔0，2]上是减函数．下面对*分类讨论：①当1≤*≤2时，②当0＜*＜1时，利用导数研究函数的单调性从及最值，即可求得求a的取值围．【解答】解：〔1〕，∵，令f′〔*〕＞0，得*＞2，或，∴函数f〔*〕的单调增区间为，〔2，+∞〕．〔2〕∵，∴，∴，设h〔*〕=g〔*〕+*，依题意，h〔*〕在〔0，2]上是减函数．当1≤*≤2时，，，令h′〔*〕≤0，得：对*∈[1，2]恒成立，设，则，∵1≤*≤2，∴，∴m〔*〕在[1，2]上递增，则当*=2时，m〔*〕有最大值为，∴当0＜*＜1时，，，令h′〔*〕≤0，得：，设，则，∴t〔*〕在〔0，1〕上是增函数，∴t〔*〕＜t〔1〕=0，∴a≥0．综上所述，．【点评】本小题主要考察函数单调性的应用、利用导数研究函数的单调性、导数的几何意义、不等式的解法等根底知识，考察运算求解能力，属于根底题．24．〔2015•校级模拟〕函数f〔*〕=*2+a*﹣ln*，a∈R．〔1〕假设函数f〔*〕在[1，2]上是减函数，数a的取值围；〔2〕令g〔*〕=f〔*〕﹣*2，是否存在实数a，当*∈〔0，e]〔e是自然常数〕时，函数g〔*〕的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；〔3〕当*∈〔0，e]时，证明：．【分析】〔1〕先对函数f〔*〕进展求导，根据函数f〔*〕在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的围．〔2〕先假设存在，然后对函数g〔*〕进展求导，再对a的值分情况讨论函数g〔*〕在〔0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当*∈〔0，e]时g〔*〕有最小值3．〔3〕令F〔*〕=e2*﹣ln*结合〔2〕中知F〔*〕的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜*≤e大于等于0可判断出函数ϕ〔*〕在〔0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．【解答】解：〔1〕在[1，2]上恒成立，令h〔*〕=2*2+a*﹣1，有得，得〔2〕假设存在实数a，使g〔*〕=a*﹣ln*〔*∈〔0，e]〕有最小值3，=①当a≤0时，g〔*〕在〔0，e]上单调递减，g〔*〕min=g〔e〕=ae﹣1=3，〔舍去〕，②当时，g〔*〕在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g〔*〕在〔0，e]上单调递减，g〔*〕min=g〔e〕=ae﹣1=3，〔舍去〕，综上，存在实数a=e2，使得当*∈〔0，e]时g〔*〕有最小值3．〔3〕令F〔*〕=e2*﹣ln*，由〔2〕知，F〔*〕min=3．令，，当0＜*≤e时，ϕ'〔*〕≥0，φ〔*〕在〔0，e]上单调递增∴∴，即＞〔*+1〕ln*．【点评】此题主要考察导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．25．〔2015•南开区二模〕设函数f〔*〕=ln*﹣﹣b*〔Ⅰ〕当a=b=时，求函数f〔*〕的单调区间；〔Ⅱ〕令F〔*〕=f〔*〕+＜*≤3〕，其图象上任意一点P〔*0，y0〕处切线的斜率k≤恒成立，数a的取值围；〔Ⅲ〕当a=0，b=﹣1时，方程f〔*〕=m*在区间[1，e2]有唯一实数解，数m的取值围．【分析】〔I〕先求导数fˊ〔*〕然后在函数的定义域解不等式fˊ〔*〕＞0和fˊ〔*〕＜0，fˊ〔*〕＞0的区间为单调增区间，fˊ〔*〕＜0的区间为单调减区间．〔II〕先构造函数F〔*〕再由以其图象上任意一点P〔*0，y0〕为切点的切线的斜率k≤恒成立，知导函数≤恒成立，再转化为所以a≥〔﹣，*02+*0〕ma*求解．〔III〕先把程f〔*〕=m*有唯一实数解，转化为有唯一实数解，再利用单调函数求解．【解答】解：〔Ⅰ〕依题意，知f〔*〕的定义域为〔0，+∞〕．〔1分〕当a=b=时，f〔*〕=ln*﹣*2﹣*，f′〔*〕=﹣*﹣=．〔2分〕令f′〔*〕=0，解得*=1．当0＜*＜1时，f′〔*〕＞0，此时f〔*〕单调递增；当*＞1时，f′〔*〕＜0，此时f〔*〕单调递减．〔3分〕所以函数f〔*〕的单调增区间〔0，1〕，函数f〔*〕的单调减区间〔1，+∞〕．〔4分〕〔Ⅱ〕F〔*〕=ln*+，*∈〔0，3]，所以k=F′〔*0〕=≤，在*0∈〔0，3]上恒成立，〔6分〕所以a≥〔﹣*02+*0〕ma*，*0∈〔0，3]〔7分〕当*0=1时，﹣*02+*0取得最大值．所以a≥．〔9分〕〔Ⅲ〕当a=0，b=﹣1时，f〔*〕=ln*+*，因为方程f〔*〕=m*在区间[1，e2]有唯一实数解，所以ln*+*=m*有唯一实数解．∴，设g〔*〕=，则g′〔*〕=．令g′〔*〕＞0，得0＜*＜e；g′〔*〕＜0，得*＞e，∴g〔*〕在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数，g〔1〕=1，g〔e2〕=1+=1+，g〔e〕=1+，所以m=1+，或1≤m＜1+．【点评】此题主要考察函数的单调性、极值、不等式、方程的解等根本知识，同时考察运用导数研究函数性质的方法，分类与整合及化归与转化等数学思想．26．〔2016•模拟〕设函数f〔*〕=〔1+*〕2﹣2ln〔1+*〕〔1〕假设关于*的不等式f〔*〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，数m的取值围．〔2〕设g〔*〕=f〔*〕﹣*2﹣1，假设关于*的方程g〔*〕=p至少有一个解，求p的最小值．〔3〕证明不等式：〔n∈N*〕．【分析】〔1〕依题意得f〔*〕ma*≥m，*∈[0，e﹣1]，求导数，求得函数的单调性，从而可得函数的最大值；〔2〕求导函数，求得函数的单调性与最值，从而可得p的最小值；〔3〕先证明ln〔1+*〕≤*，令，则*∈〔0，1〕代入上面不等式得：，从而可得．利用叠加法可得结论．【解答】〔1〕解：依题意得f〔*〕ma*≥m，*∈[0，e﹣1]∵，而函数f〔*〕的定义域为〔﹣1，+∞〕∴f〔*〕在〔﹣1，0〕上为减函数，在〔0，+∞〕上为增函数，∴f〔*〕在[0，e﹣1]上为增函数，∴∴实数m的取值围为m≤e2﹣2〔2〕解：g〔*〕=f〔*〕﹣*2﹣1=2*﹣2ln〔1+*〕=2[*﹣ln〔1+*〕]，∴显然，函数g〔*〕在〔﹣1，0〕上为减函数，在〔0，+∞〕上为增函数∴函数g〔*〕的最小值为g〔0〕=0∴要使方程g〔*〕=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0〔3〕证明：由〔2〕可知：g〔*〕=2[*﹣ln〔1+*〕]≥0在〔﹣1，+∞〕上恒成立所以ln〔1+*〕≤*，当且仅当*=0时等号成立令，则*∈〔0，1〕代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，将以上n个等式相加即可得到：【点评】此题考察导数知识的运用，考察函数的单调性与最值，考察不等式的证明，考察恒成立问题，属于中档题．27．〔2015•和平区一模〕函数f〔*〕=*2﹣aln*在区间〔1，2]是增函数，g〔*〕=*﹣a在区间〔0，1]是减函数．〔1〕求f〔*〕，g〔*〕的表达式；〔2〕求证：当*＞0时，方程f〔*〕﹣g〔*〕=*2﹣2*+3有唯一解；〔3〕当b＞﹣1时，假设f〔*〕≥2b*﹣在*∈〔0，1]恒成立，求b的取值围．【分析】〔1〕在〔1，2〕上恒成立⇒a≤〔2*2〕min=2，在〔1，2〕上恒成立，由此知f〔*〕=*2﹣2ln*，g〔*〕=*﹣．〔2〕f〔*〕=g〔*〕+2，由函数的单调性能导出方程f〔*〕=g〔*〕+2在*＞