新高考数学二轮复习 专题限时集训7 函数的概念、图象与性质 基本初等函数、函数与方程 导数的简单应用（含解析）-人教版高三数学试题

专题限时集训(七)函数的概念、图象与性质基本初等函数、函数与方程导数的简单应用1．(2020·全国卷Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则()A．a>2b B．a<2bC．a>b2 D．a<b2B[令f(x)＝2x＋log2x，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝2x＋log2x在(0，＋∞)上单调递增．又2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b<22b＋log22b，所以f(a)<f(2b)，所以a<2b.故选B．]2．(2019·全国卷Ⅰ)已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则()A．a＜b＜c B．a＜c＜bC．c＜a＜b D．b＜c＜aB[∵a＝log20.2＜0，b＝20.2＞1，c＝0.20.3∈(0，1)，∴a<c<b.故选B．]3．(2016·全国卷Ⅰ)若a>b>1，0<c<1，则()A．ac＜bc B．abc＜bacC．alogbc＜blogac D．logac＜logbcC[∵y＝xα，α∈(0，1)在(0，＋∞)上是增函数，∴当a＞b＞1，0＜c＜1时，ac＞bc，选项A不正确．∵y＝xα，α∈(－1，0)在(0，＋∞)上是减函数，∴当a＞b＞1，0＜c＜1，即－1＜c－1＜0时，ac－1＜bc－1，即abc＞bac，选项B不正确．∵a＞b＞1，∴lga＞lgb＞0，∴alga＞blgb＞0，∴eq\f(a,lgb)＞eq\f(b,lga).又∵0＜c＜1，∴lgc＜0.∴eq\f(algc,lgb)＜eq\f(blgc,lga)，∴alogbc＜blogac，选项C正确．同理可证logac＞logbc，选项D不正确．]4．(2017·全国卷Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则()A．2x<3y<5z B．5z<2x<3yC．3y<5z<2x D．3y<2x<5zD[令t＝2x＝3y＝5z，∵x，y，z为正数，∴t＞1.则x＝log2t＝eq\f(lgt,lg2)，同理，y＝eq\f(lgt,lg3)，z＝eq\f(lgt,lg5).∴2x－3y＝eq\f(2lgt,lg2)－eq\f(3lgt,lg3)＝eq\f(lgt2lg3－3lg2,lg2×lg3)＝eq\f(lgtlg9－lg8,lg2×lg3)＞0，∴2x＞3y.又∵2x－5z＝eq\f(2lgt,lg2)－eq\f(5lgt,lg5)＝eq\f(lgt2lg5－5lg2,lg2×lg5)＝eq\f(lgtlg25－lg32,lg2×lg5)＜0，∴2x＜5z，∴3y＜2x＜5z.故选D．]5．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1B[法一：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B．法二：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，f′(1)＝－2，∴切线的斜率为－2，排除C，D．又f(1)＝1－2＝－1，∴切线过点(1，－1)，排除A．故选B．]6．(2019·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的图象大致为()ABCDD[∵f(－x)＝eq\f(sin－x－x,cos－x＋－x2)＝－eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，排除A；∵f(π)＝eq\f(sinπ＋π,cosπ＋π2)＝eq\f(π,－1＋π2)＞0，∴排除C；∵f(1)＝eq\f(sin1＋1,cos1＋1)，且sin1＞cos1，∴f(1)＞1，∴排除B．故选D．]7．(2019·全国卷Ⅲ)函数y＝eq\f(2x3,2x＋2－x)在[－6，6]的图象大致为()B[因为f(x)＝eq\f(2x3,2x＋2－x)，所以f(－x)＝eq\f(－2x3,2－x＋2x)＝－f(x)，且x∈[－6，6]，所以函数y＝eq\f(2x3,2x＋2－x)为奇函数，排除C；当x＞0时，f(x)＝eq\f(2x3,2x＋2－x)＞0恒成立，排除D；因为f(4)＝eq\f(2×64,24＋2－4)＝eq\f(128,16＋\f(1,16))＝eq\f(128×16,257)≈7.97，排除A．故选B．]8．(2018·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)的图象大致为()B[当x＜0时，因为ex－e－x＜0，所以此时f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)＜0，故排除A、D；又f(1)＝e－eq\f(1,e)＞2，故排除C，选B．]9．(2016·全国卷Ⅰ)函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图象大致为()D[∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2，2]是偶函数，又f(2)＝8－e2∈(0，1)，故排除A，B．设g(x)＝2x2－ex，则g′(x)＝4x－ex.又g′(0)＜0，g′(2)＞0，∴g(x)在(0，2)内至少存在一个极值点，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0，2)内至少存在一个极值点，排除C．故选D．]10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点．点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为()ABCDB[当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝tanx＋eq\r(4＋tan2x)，图象不会是直线段，从而排除A，C．当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝1＋eq\r(5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2eq\r(2).∵2eq\r(2)<1＋eq\r(5)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，从而排除D，故选B．]11．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1D[因为y′＝aex＋lnx＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))]12．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝xD[法一：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D．法二：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D．法三：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D．]13．(2020·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝x3－eq\f(1,x3)，则f(x)()A．是奇函数，且在(0，＋∞)单调递增B．是奇函数，且在(0，＋∞)单调递减C．是偶函数，且在(0，＋∞)单调递增D．是偶函数，且在(0，＋∞)单调递减A[法一：函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，因为f(－x)＝(－x)3－eq\f(1,－x3)＝－x3＋eq\f(1,x3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x3)))＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除C，D．因为函数y＝x3，y＝－eq\f(1,x3)在(0，＋∞)上为增函数，所以f(x)＝x3－eq\f(1,x3)在(0，＋∞)上为增函数，排除B，故选A．法二：函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，因为f(－x)＝(－x)3－eq\f(1,－x3)＝－x3＋eq\f(1,x3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x3)))＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，排除C，D．当x∈(0，＋∞)时，由f(x)＝x3－eq\f(1,x3)，得f′(x)＝3x2＋eq\f(3,x4)>0，所以f(x)＝x3－eq\f(1,x3)在(0，＋∞)上为增函数，排除B，故选A．]14．(2017·全国卷Ⅰ)函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是()A．[－2，2] B．[－1，1]C．[0，4] D．[1，3]D[∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故选D．]15．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝eq\f(x＋1,x)与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))(xi＋yi)＝()A．0 B．mC．2m D．4mB[因为f(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因为eq\f(－x＋x,2)＝0，eq\f(f－x＋fx,2)＝1，所以函数y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称．函数y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，故其图象也关于点(0，1)对称．所以函数y＝eq\f(x＋1,x)与y＝f(x)图象的交点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成对出现，且每一对均关于点(0，1)对称，所以eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))xi＝0，eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))yi＝2×eq\f(m,2)＝m，所以eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))(xi＋yi)＝m.]16．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．1C[法一：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，∴函数g(t)为偶函数．∵f(x)有唯一零点，∴g(t)也有唯一零点．又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0，∴2a－1＝0，解得a＝eq\f(1,2).故选C．法二：f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2eq\r(ex－1·e－x＋1)＝2，当且仅当x＝1时取“＝”．－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”．若a＞0，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝eq\f(1,2).若a≤0，则f(x)的零点不唯一．故选C．]17．(2020·天津高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≥0，,－x，x＜0.))若函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(2eq\r(2)，＋∞)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，2eq\r(2))C．(－∞，0)∪(0，2eq\r(2))D．(－∞，0)∪(2eq\r(2)，＋∞)D[由题意知函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|恰有4个零点等价于方程f(x)－|kx2－2x|＝0，即f(x)＝|kx2－2x|有4个不同的根，即函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象有4个不同的公共点．当k＝0时，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f(x)与y＝|2x|的图象如图1所示，由图1知两图象只有2个不同的公共点，不满足题意．图1当k＜0时，y＝|kx2－2x|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k)))\s\up10(2)－\f(1,k)))，其图象的对称轴为直线x＝eq\f(1,k)＜0，直线x＝eq\f(1,k)与y＝|kx2－2x|的图象的交点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，－\f(1,k)))，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，－\f(1,k)))在直线y＝－x上，在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图2所示，由图2易知函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象有4个不同的公共点，满足题意．图2当k＞0时，函数y＝|kx2－2x|的图象与x轴的2个交点分别为原点(0，0)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，0))，则当x＞eq\f(2,k)时，由kx2－2x＝x3，得x2－kx＋2＝0，令Δ＝k2－8＝0，得k＝2eq\r(2)，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图3所示，由图3知两图象有3个不同的公共点，不满足题意．令Δ＝k2－8＞0，得k＞2eq\r(2)，此时在同一平面直角坐标系中，分别作出函数y＝f(x)与y＝|kx2－2x|的图象如图4所示，由图4知两图象有4个不同的公共点，满足题意．令Δ＝k2－8＜0，得0＜k＜2eq\r(2)，易知此时不满足题意．图3图4综上可知，实数k的取值范围是(－∞，0)∪(2eq\r(2)，＋∞)，故选D．]18．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)＜0，则a的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1))B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4)))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))D[∵f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0.又∵x0＝0是唯一的使f(x)<0的整数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≥0，,f1≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－1[2×－1－1]＋a＋a≥0，,e2×1－1－a＋a≥0，))解得a≥eq\f(3,2e).又∵a＜1，∴eq\f(3,2e)≤a<1，经检验a＝eq\f(3,4)，符合题意．故选D．]19．(2019·全国卷Ⅱ)设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1)．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，则m的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4)))B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))B[当－1＜x≤0时，0＜x＋1≤1，则f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x；当1＜x≤2时，0＜x－1≤1，则f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)；当2＜x≤3时，0＜x－2≤1，则f(x)＝2f(x－1)＝22f(x－2)＝22(x－2)(x－3)，……由此可得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(…,\f(1,2)x＋1x，－1＜x≤0，,xx－1，0＜x≤1，,2x－1x－2，1＜x≤2，,22x－2x－3，2＜x≤3，,…))由此作出函数f(x)的图象，如图所示．由图可知当2＜x≤3时，令22(x－2)(x－3)＝－eq\f(8,9)，整理，得(3x－7)(3x－8)＝0，解得x＝eq\f(7,3)或x＝eq\f(8,3)，将这两个值标注在图中．要使对任意x∈(－∞，m]都有f(x)≥－eq\f(8,9)，必有m≤eq\f(7,3)，即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))，故选B．]20．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))则满足f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范围是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))[由题意知，可对不等式分x≤0，0<x≤eq\f(1,2)，x>eq\f(1,2)三段讨论．当x≤0时，原不等式为x＋1＋x＋eq\f(1,2)>1，解得x>－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.当0<x≤eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋x＋eq\f(1,2)>1，显然成立．当x>eq\f(1,2)时，原不等式为2x＋2x－eq\f(1,2)>1，显然成立．综上可知，x>－eq\f(1,4).]21．(2018·全国卷Ⅲ)函数f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))在[0，π]的零点个数为________．3[由题意知，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(π,6)))＝0，所以3x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以x＝eq\f(π,9)＋eq\f(kπ,3)，k∈Z.当k＝0时，x＝eq\f(π,9)；当k＝1时，x＝eq\f(4π,9)；当k＝2时，x＝eq\f(7π,9)，均满足题意，所以函数f(x)在[0，π]的零点个数为3.]22．(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)是奇函数，且当x＜0时，f(x)＝－eax，若f(ln2)＝8，则a＝____________.－3[当x>0时，－x＜0，f(－x)＝－e－ax.因为函数f(x)为奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝e－ax，所以f(ln2)＝e－aln2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(a)＝8，所以a＝－3.]23．(2020·全国卷Ⅰ)曲线y＝lnx＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________．y＝2x[设切点坐标为(x0，lnx0＋x0＋1)．由题意得y′＝eq\f(1,x)＋1，则该切线的斜率k＝eq\f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，所以切点坐标为(1，2)，所以该切线的方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.]24．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．－eq\f(3\r(3),2)[因为f(x)＝2sinx＋sin2x，所以f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(1,2)))(cosx＋1)，由f′(x)≥0得eq\f(1,2)≤cosx≤1，即2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，由f′(x)≤0得－1≤cosx≤eq\f(1,2)，2kπ＋eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋π或2kπ－π≤x≤2kπ－eq\f(π,3)，k∈Z，所以当x＝2kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)))＝－eq\f(3\r(3),2).]1．[多选](2020·日照模拟)若函数f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|，其中a＞0，且a≠1，则函数f(x)，g(x)在同一坐标系中的大致图象可能是()AD[由题意知f(x)＝ax－2是指数函数，g(x)＝loga|x|是对数函数，且是一个偶函数．当0＜a＜1时，f(x)＝ax－2单调递减，g(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上递减，此时A选项符合题意；当a＞1时，f(x)＝ax－2单调递增，g(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上单调递增，此时D选项符合题意，故选AD．]2．[多选](2020·济宁模拟)下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝22－x B．y＝eq\f(x－1,1＋x)C．y＝logeq\f(1,2)eq\f(1,x) D．y＝－x2＋2x＋aBC[A中，y＝22－x，令t＝2－x，∵t＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，∴t∈(－∞，2)．∵y＝2t在(－∞，2)上单调递增，∴y＝22－x在(0，＋∞)上单调递减．B中，y＝eq\f(x－1,1＋x)＝1－eq\f(2,x＋1)，令t＝x＋1，∵t＝x＋1在(0，＋∞)上单调递增，∴t∈(1，＋∞)．∵y＝1－eq\f(2,t)在(1，＋∞)上单调递增，∴y＝eq\f(x－1,1＋x)在(0，＋∞)上单调递增．C中，y＝logeq\s\do6(eq\f(1,2))eq\f(1,x)＝log2x在(0，＋∞)上单调递增．D中，y＝－x2＋2x＋a图象的对称轴为直线x＝1，所以函数在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故选BC．]3．(2020·江西红色七校第一次联考)若a，b，c满足2a＝3，b＝log25，3c＝2，则()A．a＜b＜c B．b＜c＜aC．c＜a＜b D．c＜b＜aC[a＝log23∈(1，2)，b＝log25∈(2，3)，c＝log32∈(0，1)，故c＜a＜b.]4．(2020·南昌模拟)已知正实数a，b，c满足：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(a)＝log2a，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(b)＝log2b，c＝logeq\s\do6(eq\f(1,2))c，则()A．a＜b＜c B．c＜b＜aC．b＜c＜a D．c＜a＜bB[因为c＝logeq\s\do6(eq\f(1,2))c，所以－c＝log2c.又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(a)＝log2a，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(b)＝log2b，所以a，b，c分别为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(x)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(x)，y＝－x的图象与y＝log2x的图象交点的横坐标．在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up10(x)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up10(x)，y＝－x与y＝log2x的图象，如图，由图可知c＜b＜a，故选B．]5．[多选](2020·威海模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0，,－x2，x＞0，))则下列结论中正确的是()A．f(－2)＝4 B．若f(m)＝9，则m＝±3C．f(x)是偶函数 D．f(x)在R上单调递减AD[由于－2＜0，所以f(－2)＝(－2)2＝4，故A选项正确；由f(m)＝9＞0知m≤0，且m2＝9，因此m＝－3，故B选项错误；由f(x)的图象(图略)可知f(x)是奇函数，且在R上单调递减，故C选项错误，D选项正确．综上，正确的结论是AD．]6．(2020·南昌模拟)若a＞b＞c＞1且ac＜b2，则()A．logab＞logbc＞logca B．logcb＞logba＞logacC．logbc＞logab＞logca D．logba＞logcb＞logacB[因为a＞b＞c＞1，所以logab＜logaa＝1，logbc＜logbb＝1，logca＞logcc＝1，排除选项A、C；logab－logbc＝eq\f(lgb,lga)－eq\f(lgc,lgb)＝eq\f(lgb2－lgalgc,lgalgb)，因为lgalgc＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lga＋lgc,2)))eq\s\up10(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lgac,2)))eq\s\up10(2)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lgb2,2)))eq\s\up10(2)＝(lgb)2，所以eq\f(lgb2－lgalgc,lgalgb)＞0，所以logab＞logbc，所以logcb＞logba，排除选项D．所以选B．]7．(2020·惠州第二次调研)函数f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)的图象大致是()ABCDB[法一：函数f(x)的定义域为x∈(0，1)∪(1，＋∞)．故排除A；f(100)＝eq\f(1,100－ln100－1)＞0，排除C；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)))＝eq\f(1,\f(1,100)＋ln100－1)＞0，排除D．故选B．法二：设g(x)＝x－lnx－1，则g(1)＝0，g′(x)＝1－eq\f(1,x)，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．所以当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0.所以f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)的定义域为x∈(0，1)∪(1，＋∞)，且f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f(x)＞0，故选B．法三：f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)的定义域为x∈(0，1)∪(1，＋∞)，故排除A；当x→0时，(x－lnx－1)→＋∞，f(x)→0，排除D；当x→＋∞时，x－lnx－1＞0，所以f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)＞0，排除C．故选B．]8．(2020·大同调研)函数f(x)＝2x－tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的图象大致为()ABCDC[法一：因为f(－x)＝－2x－tan(－x)＝－2x＋tanx＝－f(x)，所以f(x)＝2x－tanx为奇函数，则其图象关于原点对称，故排除选项A，B；因为f′(x)＝2－eq\f(1,cos2x)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosx－\f(\r(2),2))),cos2x)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，故排除选项D．故选C．法二：因为f(－x)＝－2x＋tanx＝－f(x)，所以f(x)＝2x－tanx为奇函数，则其图象关于原点对称，故排除选项A，B；因为f′(x)＝2－eq\f(1,cos2x)，所以f′(0)＝1，即f(x)的图象在原点处的切线的斜率为1，故排除选项D．故选C．]9．(2020·西安模拟)若函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数、奇函数，且满足f(x)＋2g(x)＝ex，则()A．f(－2)＜f(－3)＜g(－1)B．g(－1)＜f(－3)＜f(－2)C．f(－2)＜g(－1)＜f(－3)D．g(－1)＜f(－2)＜f(－3)D[因为函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数、奇函数，且满足f(x)＋2g(x)＝ex①，所以f(－x)＋2g(－x)＝e－x，即f(x)－2g(x)＝e－x②.联立①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＋2gx＝ex,fx－2gx＝e－x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＝\f(ex＋e－x,2),gx＝\f(ex－e－x,4)))，所以f(－2)＝eq\f(e－2＋e2,2)，f(－3)＝eq\f(e－3＋e3,2)，g(－1)＝eq\f(e－1－e,4)＜0.因为f(－3)－f(－2)＝eq\f(e－3＋e3,2)－eq\f(e－2＋e2,2)＝eq\f(e－1e2－e－3,2)＞0，所以g(－1)＜f(－2)＜f(－3)，故选D．]10．(2020·长春质量监测一)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(2＋x)＋f(x)＝0，当x∈[－2，0]时，f(x)＝－x2－2x，则当x∈[4，6]时，y＝f(x)的最小值为()A．－8B．－1C．0D．1B[由f(2＋x)＋f(x)＝0，得f(4＋x)＋f(2＋x)＝0，以上两式相减，得f(x)＝f(4＋x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数．设x∈[0，2]，则－x∈[－2，0]，f(－x)＝－(－x)2－2(－x)＝－x2＋2x.因为函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，当x＝1时，f(x)取得最小值－1.由周期函数的性质知，当x∈[4，6]时，y＝f(x)的最小值也是－1，故选B．]11．[多选](2020·潍坊模拟)已知f(x)是定义在[－10，10]上的奇函数，且f(x)＝f(4－x)，则函数f(x)的零点个数至少为()A．3B．4C．5D．6C[∵f(x)是定义在[－10，10]上的奇函数，∴f(0)＝0，且f(x)的零点关于原点对称，∴零点个数为奇数，排除选项B，D．又f(x)＝f(4－x)，∴f(0)＝f(4)＝0，f(－4)＝－f(4)＝0，∴f(－4)＝f(4＋4)＝f(8)＝0，f(－8)＝－f(8)＝0，∴f(x)的零点至少为0，±4，±8，共5个，故选C．]12．(2020·洛阳尖子生第一次联考)已知f(x)为偶函数，当x＞0时，f(x)＝lnx－3x，则曲线y＝f(x)在点(－1，－3)处的切线与两坐标轴围成图形的面积等于()A．1B．eq\f(3,4)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,2)C[当x＞0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－3，因为f(x)是偶函数，所以f′(x)是奇函数，故在(－1，－3)处切线的斜率k＝f′(－1)＝－f′(1)＝2，所以切线方程为y＋3＝2(x＋1)，该切线与x轴，y轴的交点分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，(0，－1)，所以该切线与两坐标轴围成图形的面积等于eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,4)，故选C．]13．(2020·沈阳质量监测(一))已知函数f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－12，0＜x≤2，,fx－2＋1，x＞2，))则函数g(x)＝f2(x)－f(x)的零点个数为()A．4B．5C．6D．7C[∵x∈(0，2]时，f(x)＝(x－1)2，x＞2时，f(x)＝f(x－2)＋1，∴将f(x)在区间(0，2]上的图象向右平移2个单位长度，同时再向上平移1个单位长度，得到函数f(x)在(2，4]上的图象．同理可得到f(x)在(4，6]，(6，8]，…上的图象．再由f(x)的图象关于y轴对称得到f(x)在(－∞，0)上的图象，从而得到f(x)在其定义域内的图象，如图所示：令g(x)＝0，得f(x)＝0或f(x)＝1，由图可知直线y＝0与y＝1和函数y＝f(x)的图象共有6个交点，∴函数g(x)共有6个零点．故选C．]14．(2020·长春质量监测一)已知函数f(x)＝(x2－2x)·ex－1，若当x＞1时，f(x)－mx＋1＋m≤0有解，则m的取值范围为()A．m≤1 B．m＜－1C．m＞－1 D．m≥1C[当x＞1时，不等式f(x)－mx＋1＋m≤0有解等价于f(x)≤m(x－1)－1有解．由f(x)＝(x2－2x)ex－1，得f′(x)＝(2x－2)ex－1＋(x2－2x)ex－1＝(x2－2)ex－1，当x＞eq\r(2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当1＜x＜eq\r(2)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x＝2时，f(x)＝0，当x＞2时，f(x)＞0，由此可作出函数y＝f(x)(x＞1)的图象，如图所示．直线y＝m(x－1)－1恒过定点Q(1，－1)，Q(1，－1)在函数f(x)的图象上．f′(1)＝(12－2)e1－1＝－1，由图可知，若x＞1时，不等式f(x)－mx＋1＋m≤0有解，则m的取值范围是m＞－1，故选C．]15．(2020·泰安模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x－2,x＋2)－ax－b))，若对任意的实数a，b，总存在x0∈[－1，2]，使得f(x0)≥m成立，则实数m的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3))) D．(－∞，1]B[记y＝f(x)，x∈[－1，2]的最大值为M(a，b)，则由题意知，m≤M(a，b)对任意a，b∈R恒成立，所以m≤M(a，b)min.依题意M(a，b)≥f(x)，x∈[－1，2]，分别令x＝－1，0，2，于是得到M(a，b)≥f(－1)＝|－3＋a－b|，M(a，b)≥f(0)＝|－1－b|，M(a，b)≥f(2)＝|－2a－b|，所以2M(a，b)＋3M(a，b)＋M(a，b)≥|－6＋2a－2b|＋|3＋3b|＋|－2a－b|≥|－6＋2a－2b＋3＋3b－2a－b|＝3，则M(a，b)≥eq\f(1,2)，当且仅当－3＋a－b＝1＋b＝－2a－b时，即a＝1，b＝－eq\f(3,2)时，等号成立，m≤M(a，b)min＝eq\f(1,2)，选B．]16．[多选](2020·日照模拟)已知实数m，n满足2m＞2n，则下列不等式恒成立的是()A．cosm＜cosnB．若m＞0，n＞0，则logeq\s\do6(eq\f(1,3))m＜logeq\s\do6(eq\f(1,3))nC．e3m＋2＞e3n＋2D．若m＞0，n＞0，则eq\r(m)＞eq\r(n)BCD[因为y＝2x为R上的增函数，所以m＞n.因为函数y＝cosx在R上有增有减，所以A中的不等式不恒成立，A错误．因为函数y＝logeq\s\do6(eq\f(1,3))x在(0，＋∞)上单调递减，所以当m＞0，n＞0，m＞n时，logeq\s\do6(eq\f(1,3))m＜logeq\s\do6(eq\f(1,3))n，故B正确．因为y＝ex在R上单调递增，所以当m＞n时，e3m＋2＞e3n＋2，故C正确．因为函数y＝eq\r(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当m＞0，n＞0，m＞n时，eq\r(m)＞eq\r(n)，故D正确．]17．[多选](2020·枣庄模拟)设函数f(x)＝xlnx，g(x)＝eq\f(f′x,x)，则下列命题正确的是()A．不等式g(x)＞0的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))B．函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减C．当x1＞x2＞0时，eq\f(m,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＞f(x1)－f(x2)恒成立，则m≥1D．若函数F(x)＝f(x)－ax2有两个极值点，则实数a∈(0，1)AC[f(x)＝xlnx的导函数为f′(x)＝1＋lnx，则g(x)＝eq\f(f′x,x)＝eq\f(1＋lnx,x)，g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，对于A，g(x)＞0，即eq\f(1＋lnx,x)＞0，解得x＞eq\f(1,e)，故A正确．对于B，g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)在(0，1)上单调递增，故B错误．对于C，eq\f(m,2)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＞f(x1)－f(x2)可化为f(x2)－eq\f(m,2)xeq\o\al(2,2)＞f(x1)－eq\f(m,2)xeq\o\al(2,1).设φ(x)＝f(x)－eq\f(m,2)x2，又x1＞x2＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴φ′(x)＝1＋lnx－mx≤0在(0，＋∞)上恒成立，即m≥eq\f(1＋lnx,x)在(0，＋∞)上恒成立．又g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)在x＝1处取得最大值，g(1)＝1，∴m≥1，故C正确．对于D，若函数F(x)＝f(x)－ax2有两个极值点，则f′(x)＝1＋lnx－2ax有两个零点，即1＋lnx－2ax＝0有两个不等实根．2a＝eq\f(1＋lnx,x)，又g(x)＝eq\f(1＋lnx,x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(1)＝1，x→＋∞时，g(x)→0，即2a∈(0，1)，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，故D错误．故选AC．]18．[多选](2020·青岛模拟)已知函数f(x)＝x－a＋eq\f(1,x－b)，其中a，b均为实数且a≤b，则下列说法中不正确的是()A．若ab＝－1，则f(x)为奇函数B．若ab＝0，则f(x)为奇函数C．若a＝b＝0，则方程f(f(x))＝2有一个实数根D．若a＝b＝0，则方程f(f(x))＝t(t为实数)可能有两个不同的实数根ABC[对于A，ab＝－1时，若b＝2，则a＝－eq\f(1,2)，此时f(x)＝x＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,x－2)＝(x－2)＋eq\f(1,x－2)＋eq\f(5,2)，f(x)的图象可由函数y＝x＋eq\f(1,x)的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移eq\f(5,2)个单位长度得到，其图象不关于原点对称，所以A不正确．对于B，b＝0，a＝－eq\f(1,2)时，满足ab＝0，此时f(x)＝x＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,x)＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)，f(x)的图象不关于原点对称，所以B不正确．若a＝b＝0，则f(x)＝x＋eq\f(1,x)，f(f(x))＝f(x)＋eq\f(1,fx)＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(1,x＋\f(1,x))＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(x,x2＋1)，求导后可知该函数在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，0)，(0，1)上单调递减，所以f(f(x))在x＝－1处取得极大值，为－eq\f(5,2)，在x＝1处取得极小值，为eq\f(5,2).作出f(f(x))的大致图象如图所示，结合图象知C错，D正确．故选ABC．]19．[多选](2020·烟台模拟)已知f(x)是定义域为R的函数，满足f(x＋1)＝f(x－3)，f(1＋x)＝f(3－x)，当0≤x≤2时，f(x)＝x2－x，则下列说法正确的是()A．f(x)的最小正周期为4B．f(x)的图象关于直线x＝2对称C．当0≤x≤4时，函数f(x)的最大值为2D．当6≤x≤8时，函数f(x)的最小值为－eq\f(1,2)ABC[由f(x＋1)＝f(x－3)得，f(x)＝f[(x－1)＋1]＝f[(x－1)－3]＝f(x－4)，故函数f(x)的周期为4，A正确；由f(1＋x)＝f(3－x)可得f(2＋x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，B正确；作出函数f(x)在[0，8]上的大致图象如图所示，由图可知，当0≤x≤4时，函数f(x)的最大值为f(2)＝2，C正确；当6≤x≤8时，函数f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，D错误．]20．[多选](2020·临沂模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2－x|，x＜0，,－log2|1－x|，x≥0，x≠1，))设f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，且x1＜x2＜x3＜x4，则下列结论正确的是()A．x1x2＝1 B．x3＋x4＝1C．0＜x1x2x3x4＜1 D．x1＋x2＋x3＋x4＜0ACD[作出函数f(x)的大致图象如图所示，由图可知x3＋x4＝2，x1x2＝1，所以A正确，B不正确；结合二次函数的性质知x1x2x3x4＝x3x4＝x3(2－x3)∈(0，1)，所以C正确；x1＋x2＋x3＋x4＝x1＋x2＋2＜－2＋2＝0，D正确．]21．(2020·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)＝x－eq\r(x)－alnx在区间(1，＋∞)上存在零点，则实数a的取值范围为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，e))C．(0，＋∞) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D[法一：由题意知f′(x)＝1－eq\f(1,2\r(x))－eq\f(a,x)＝eq\f(2x－\r(x)－2a,2x)，当x＞1时，令g(x)＝2x－eq\r(x)，则g′(x)＝2－eq\f(1,2\r(x))＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＞1.当2a≤1，即a≤eq\f(1,2)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)单调递增，又f(1)＝0，所以f(x)在(1，＋∞)上无零点；当2a＞1，即a＞eq\f(1,2)时，存在x0∈(1，＋∞)，使得f′(x0)＝0，所以当1＜x＜x0时，f′(x)＜0，当x＞x0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，所以f(x0)＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)在区间(1，＋∞)上存在零点．综上，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).法二：当a＝10时，f(x)＝x－eq\r(x)－10lnx，x＝e时，f(e)＜0，x＝100时，f(100)＞0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上存在零点，所以A，B不正确；当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x－eq\r(x)－eq\f(1,2)lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,2\r(x))－eq\f(1,2x)，当x＞1时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)单调递增，又f(1)＝0，所以a＝eq\f(1,2)时，f(x)在(1，＋∞)上无零点，所以C不正确，故选D．]22．(2020·西安模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x≤0,\f(lnx,x)，x＞0))，g(x)＝f(x)－ax，若g(x)有4个零点，则a的取值范围为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，1))B[当x＝0时，g(0)＝f(0)－0＝0，所以x＝0为函数g(x)的1个零点．当x≠0时，令g(x)＝f(x)－ax＝0，得a＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x＜0，,\f(lnx,x2)，x＞0，))则直线y＝a与函数y＝h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x＜0,\f(lnx,x2)，x＞0))的图象有3个不同的交点．令φ(x)＝eq\f(lnx,x2)(x＞0)，则φ′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3).由φ′(x)＝0，得x＝eeq\s\up8(eq\f(1,2))，所以函数φ(x)在(0，eeq\s\up8(eq\f(1,2)))上单调递增，在(eeq\s\up8(eq\f(1,2))，＋∞)上单调递减，所以φ(x)在x＝eeq\s\up8(eq\f(1,2))处取得最大值，所以φ(x)max＝eq\f(1,2e).又φ(1)＝0，x→＋∞时，φ(x)→0，所以可在同一直角坐标系中作出直线y＝a与函数y＝h(x)的大致图象，如图所示．由图知若直线y＝a与函数y＝h(x)的图象有3个不同的交点，则0＜a＜eq\f(1,2e)，故选B．]23．(2020·南昌模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(2－x)＋f(x)＝0，f(0)＝eq\r(3)，则f(10)＝________.－eq\r(3)[因为函数f(x)是偶函数，所以f(2－x)＝－f(x)＝－f(－x)，所以f(x＋2)＝－f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，所以f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4，则f(10)＝f(2)＝－f(0)＝－eq\r(3).]24．(2020·成都模拟)已知f(x)是定义在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的奇函数，其导函数为f′(x)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝eq\r(2)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)sin2x＋2f(x)cos2x＞0.则不等式f(x)sin2x＜1的解集为________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8)))[设F(x)＝f(x)sin2x，则F′(x)＝f′(x)sin2x＋2f(x)cos2x.因为f(x)是定义在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的奇函数，所以F(－x)＝f(－x)sin(－2x)＝F(x)，所以F(x)是定义在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的偶函数．因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)sin2x＋2f(x)cos2x＞0，所以F′(x)＞0，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，又F(x)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的偶函数，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减．因为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))sineq\f(π,4)＝1，所以不等式f(x)sin2x＜1等价于F(x)＜Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))，所以|x|＜eq\f(π,8)，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(π,8))).]25．[一题两空](2020·淄博模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2，x＜a，,x2，x≥a，))若函数f(x)在R上是单调的，则实数a的取值范围是________；若对任意的实数x1＜a，总存在实数x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，则实数a的取值范围是________．[2，＋∞)(－∞，－2][令x2＝x＋2，解得x＝－1或x＝2.作出函数y＝f(x)的图象如图所示，若函数f(x)在R上单调，只需a≥2.若对任意的实数x1＜a，总存在实数x2≥a，使得f(x1)＝－f(x2)，则函数y＝x＋2在(－∞，a)上的值域是函数y＝－x2在[a，＋∞)上的值域的子集．易知y＝x＋2在(－∞，a)上的值域为(－∞，a＋2)．当a≤0时，函数y＝－x2在[a，＋∞)上的值域为(－∞，0]，则a＋2≤0，即a≤－2；当a＞0时，函数y＝－x2在[a，＋∞)上的值域为(－∞，－a2]，则a＋2≤－a2，无解．综上，若对任意的实数x1＜a，总存在实数x2≥a，使得f(x1)＋f(x2)＝0，则实数a的取值范围是(－∞，－2]．]1．已知a＝ln3，b＝log310，c＝lg3，则a，b，c的大小关系为()A．c＜b＜a B．c＜a＜bC．b＜c＜a D．a＜c＜bB[1＝lne＜a＝ln3＜lne2＝2，b＝log310＞log39＝2，0＝lg1＜c＝lg3＜lg10＝1，所以c＜a＜b，故选B．]2．已知a＞b＞0，且a＋b＝1，x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up10(b)，y＝logabeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))，z＝logbeq\f(1,a)，则x，y，z的大小关系是()A．x＞z＞y B．x＞y＞zC．z＞y＞x D．z＞x＞yA[法一：因为a＞b＞0，且a＋b＝1，所以0＜b＜eq\f(1,2)＜a＜1，所以1＜eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)，所以x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up10(b)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up10(0)＝1，y＝logabeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝logabeq\f(1,ab)＝－1，z＝logbeq\f(1,a)＞logbeq\f(1,b)＝－logbb＝－1，且logbeq\f(1,a)＜logb1＝0，所以x＞z＞y，故选A．法二：由题意不妨令a＝eq\f(2,3)，b＝eq\f(1,3)，则x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up10(eq\f(1,3))＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up10(0)＝1，y＝logeq\s\do6(eq\f(2,9))eq\f(9,2)＝－1，z＝logeq\s\do6(eq\f(1,3))eq\f(3,2)＞logeq\s\do6(eq\f(1,3))3＝－1，且z＝logeq\s\do6(eq\f(1,3))eq\f(3,2)＜logeq\s\do6(eq\f(1,3))1＝0，所以x＞z＞y，故选A．]3．直线x＝a(a＞0)分别与直线y＝2x＋1，曲线y＝x＋lnx相交于A，B两点，则|AB|的最小值为()A．1 B．2C．eq\r(2) D．eq\r(3)B[根据题意，设f(x)＝2x＋1－x－lnx＝x＋1－lnx，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x＞0)，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝2－ln1＝2，所以|AB|min＝2.]4．函数f(x)＝eq\f(x2－1,|x|)的图象大致为()D[因为f(x)＝eq\f(x2－1,|x|)的定义域为{x|x≠0}，且f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，排除选项B，C．当x＞0时，f(x)＝eq\f(x2－1,x)＝x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，排除选项A，故选D．]5．若函数f(x)＝x2－kex在(0，＋∞)上单调递减，则k的取值范围为()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,e)，＋∞)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,e)，＋∞))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C[因为f(x)＝x2－kex，所以f′(x)＝2x－kex，又函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)≤0恒成立，即k≥eq\f(2x,ex)恒成立．令g(x)＝eq\f(2x,ex)(x＞0)，则g′(x)＝eq\f(21－x,ex)，故函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，函数g(x)的最大值为g(1)＝eq\f(2,e)，所以k≥eq\f(2,e)，即k∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)).故选C．]6．函数f(x)＝eq\f(ex＋1,x1－ex)(其中e为自然对数的底数)的图象大致为()ABCDA[法一：当x＞0时，ex＞1，则f(x)＜0；当x＜0时，0＜ex＜1，则f(x)＜0.所以f(x)的图象恒在x轴下方，故选A．法二：依题意x≠0，f(－x)＝eq\f(e－x＋1,－x1－e－x)＝eq\f(ex＋1,x1－ex)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，排除选项C，D．当x＝1时，f(x)＝eq\f(e＋1,1－e)＜0，排除选项B，故选A．]7．[多选]已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)·e－|x|(A＞0，ω＞0，0＜φ＜π)的图象如图所示，则Aω的取值可能为()A．4πB．πC．3πD．2πBC[由题图知，函数f(x)为偶函数，因为函数y＝e－|x|为偶函数，所以函数y＝sin(ωx＋φ)为偶函数，所以φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．因为0＜φ＜π，所以φ＝eq\f(π,2)，所以f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,2)))·e－|x|＝Acos(ωx)·e－|x|.由题图知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝0，,f0＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosω＝0，,A＝2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω＝kπ＋\f(π,2)k∈Z，,A＝2，))所以Aω＝(2k＋1)π(k∈Z)，故选BC．]8．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)－f(－x)＝0，且当x∈[0，1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则下列结论正确的是()①f(x)的图象关于直线x＝1对称；②f(x)是周期函数，且2是其一个周期；③feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))；④关于x的方程f(x)－t＝0(0＜t＜1)在区间(－2，7)上的所有实根之和是12.A．①④B．①②④C．③④D．①②③A[由题意可知f(x)的图象关于直线x＝1对称，①正确；因为f(x)是奇函数，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期函数，其一个周期为4，但不能说明2是f(x)的周期，故②错误；由f(x)的周期性和对称性可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，又当x∈[0，1]时，f(x)＝log2(x＋1)，所以f(x)在x∈[0，1]时单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,3)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，③错误；又x∈[0，1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则可画出f(x)在区间[－2，8]上对应的函数，如图．易得f(x)－t＝0(0＜t＜1)，即f(x)＝t(0＜t＜1)在区间(－2，7)上的根分别关于1，5对称，故零点之和为2×(1＋5)＝12，④正确．故选A．]9．函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，若f(－2)＝1，则满足f(x－2)≤1的x的取值范围是()A．[－2，2]B．(－∞，－2]∪[2，＋∞)C．(－∞，0]∪[4，＋∞)D．[0，4]D[依题意得，函数f(x)是偶函数，则f(x－2)≤1，即f(|x－2|)≤f(|－2|)．由函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增得|x－2|≤2，即－2≤x－2≤2，0≤x≤4.所以满足f(x－2)≤1的x的取值范围是[0，4]，选D．]10．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，都有f(x)＞f′(x)，且f(x)＋2019为奇函数，则不等式f(x)＋2019ex＜0的解集为()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．eq\b\lc\(\