2024-2025学年北京十一学校高二(下)期末数学试卷含答案

2024-2025学年北京市十一学校高二（下）期末数学试卷一、选择题（每题4分，共48分）1．（4分）设集合A={x|(12)x＜18}A．（1，3） B．[1，3] C．（3，4） D．（3，4]2．（4分）下列函数中为偶函数，且在（0，+∞）上递增的是（）A．y＝cosx B．y=xC．y=2x+12x D．3．（4分）已知实数a＞b＞c，abc≠0，则下列结论一定正确的是（）A．ab＞ac B．C．1a＜1c D．ab+bc＞4．（4分）已知a＝log0.30.2，b＝0.30.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b5．（4分）一辆汽车在笔直的公路上行驶，位移关于时间的函数图象如图所示，给出下列四个结论：①汽车在[0，t1]时间段内每一时刻的瞬时速度相同；②汽车在[t1，t2]时间段内不断加速行驶；③汽车在[t2，t3]时间段内不断减速行驶；④汽车在t2时刻的瞬时速度小于t4时刻的瞬时速度．其中正确结论的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．（4分）函数f(x)=1−A． B． C． D．7．（4分）“a＝1”是“对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．（4分）函数y＝kx+b，其中k，b（k≠0）是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数．对于非线性可导函数f（x），在点x0附近一点x的函数值f（x），可以用如下方法求其近似代替值：f（x）≈f（x0）+f′（x0）（x﹣x0）．利用这一方法，m=3.998A．大于m B．小于m C．等于m D．与m的大小关系无法确定9．（4分）已知函数f(x)=13ax3−x2+4，若f（xA．(−∞，−33) B．(−33，0)10．（4分）已知函数f（x）与f′（x）的图象如下图所示，设函数g(x)=f(x)ex，则函数gA．0 B．1 C．2 D．311．（4分）荀子《劝学》：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”这告诉我们中学生要不断学习才能有巨大的进步．假设学生甲和学生乙刚开始的“日学习能力值”相同、学生甲的“日学习能力值”都在前一天的基础上提高1%，而学生乙的“日学习能力值”与前一天相同，那么当学生甲的“日学习能力值”是学生乙的2倍时，大约经过了（）（参考数据：lg101≈2.0043，lg2≈0.3010）A．60天 B．65天 C．70天 D．75天12．（4分）函数f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值，直线y＝m与两曲线y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为x1，x①x2＞2；②x2＜2；③x1+x3＝2x2；④x1A．②④ B．①③ C．②③ D．①④二、填空题（每题5分，共40分）13．（5分）函数y=lgx4−x14．（5分）使得命题“对任意x＞0，x2+（a+2）x+1≥0”为假命题的a的一个取值是．15．（5分）若“x＞2m﹣5”是“|x﹣2|＜1”的必要不充分条件，则实数m的取值范围是．16．（5分）已知x＝1是函数f（x）＝（x﹣1）4（x﹣a）的极大值点，那么a的取值范围是．17．（5分）已知a＞0，b＞0，a+b＝1，若A=a+2a，B=b+1b，则A+18．（10分）已知函数f(x)=|ex+mex|，若m＝﹣1，则f（x）的单调递增区间为；若函数f19．（10分）已知函数f(x)=−x2+ax，x≤aax−1，x＞a，当a＝1时，f（x）的值域是；若∃x∈R且x≠0，使得f（1+x）＝f（1﹣x20．（5分）已知函数f（x）＝|ln|x﹣1||﹣kx+2，给出下列四个结论：①当k＝1时，f（x）有一个零点；②当k＞0时，存在常数M，使得f（x）≥M恒成立；③∀k≥1，f（x）在（1，+∞）上单调递减；④若f（x）有三个零点，则整数k的最小值为5．其中所有正确的结论的序号是．三、解答题（共62分）21．已知函数f（x）＝ex﹣ax．（1）a＝2时，求y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程；（2）讨论f（x）的单调性；（3）若f（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围．22．已知函数f（x）、g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝2•3x．（1）证明：f（x）﹣g（﹣x）＝2•3﹣x，并求函数f（x）、g（x）的解析式；（2）直接说明函数g（x）的单调性，并解关于x不等式：g（x2+4x）+g（x﹣6）＞0；（3）设p(x)=3x−23x+2，h（x）＝f（2x）﹣2g（x）+2m﹣3，对于∀x1∈R，∃x2∈[0，+∞），使得p（x1）≥h23．已知函数f(x)=x−a（1）若f（x）无单调递减区间，求a的取值范围；（2）关于x的方程f（x）＝k有两个不同的根x1、x2，且x1＜x2．（i）若a＝0，求k的取值范围；（ii）若a＞1，记t=x2x1.问：当24．已知集合A是正整数集N*的真子集，若A满足如下两个性质，则称A具有性质P．条件①：存在a，b，c∈N*，使得a+b+c∈A；条件②：对任意a，b，c∈N*，且a+b+c∈A，都有abc∈A．（1）判断下列两个集合是否具有性质P；（无需过程）A1＝{1，3}；A2＝{2，4，6}．（2）若集合A具有性质P，且A为有限集，求集合A的元素个数|A|的最小值和最大值；（3）是否存在具有性质P且为无限集的集合A？如果存在，求出满足条件的所有集合A；如果不存在，请说明理由．

2024-2025学年北京市十一学校高二（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）题号1234567891011答案BCDBCCCAACC题号12答案A一、选择题（每题4分，共48分）1．（4分）设集合A={x|(12)x＜18}A．（1，3） B．[1，3] C．（3，4） D．（3，4]【分析】求出集合A、B，利用补集和交集的定义可求得集合（∁RA）∩B．【解答】解：因为A={x|(12)x＜18}=因为B={x|x−1x−4≤0}={x故（∁RA）∩B＝[1，3]．故选：B．【点评】本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．2．（4分）下列函数中为偶函数，且在（0，+∞）上递增的是（）A．y＝cosx B．y=xC．y=2x+12x D．【分析】由余弦函数的基本性质可对A判断；利用偶函数的定义，且结合f(12)=174＞f(1)=2，即可对B判断；利用偶函数的定义且结合对勾函数可对C判断；由f（﹣x）＝（﹣x）3﹣x＝﹣（x3+x）＝﹣f（x）得【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，y＝cosx，是余弦函数，为偶函数，在区间（0，π）上单调递减，故A错误；对于B，f(x)=x且f(−x)=(−x)2+1(−x)因为f(12)=14+4=174，对于C，f(x)=2x+有f(−x)=12x+2又2x＞0恒成立，且2x+12x则由对勾函数性质可得当x∈（0，+∞）时，f（x）单调递增，故C正确；对于D，f（x）＝x3+x，其定义域为R，定义域关于原点对称，f（﹣x）＝（﹣x）3﹣x＝﹣（x3+x）＝﹣f（x），则f（x）为奇函数，故D错误．故选：C．【点评】本题考查函数奇偶性、单调性的判断，注意常见函数的奇偶性和单调性，属于基础题．3．（4分）已知实数a＞b＞c，abc≠0，则下列结论一定正确的是（）A．ab＞ac B．C．1a＜1c D．ab+bc＞【分析】利用举实例判断ABC，利用不等式的基本性质判断D．【解答】解：A，当a＝2，b＝﹣1，c＝﹣2时，则ab＜aB，当a＝2，b＝﹣1，c＝﹣2时，则ab＜bc，∴B错误，C，当a＝2，c＝﹣2时，则1a＞1D，∵a＞b＞c，abc≠0，∴ab+bc﹣（ac+b2）＝（a﹣b）（b﹣c）＞0，∴ab+bc＞ac+b2，∴D正确，故选：D．【点评】本题考查了不等式的基本性质，举实例法的应用，属于基础题．4．（4分）已知a＝log0.30.2，b＝0.30.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b【分析】利用幂函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出a、b、c的大小关系．【解答】解：a＝log0.30.2＞1，函数y＝x0.1为（0，+∞）上的增函数，所以b＝（0.32）0.1＝0.090.1，c＝（0.23）0.1＝0.0080.1，故0.0080.1＜0.090.1＜1，因此，c＜b＜a．故选：B．【点评】本题主要考查了指数函数及对数函数单调性在函数值大小比较中的应用，属于基础题．5．（4分）一辆汽车在笔直的公路上行驶，位移关于时间的函数图象如图所示，给出下列四个结论：①汽车在[0，t1]时间段内每一时刻的瞬时速度相同；②汽车在[t1，t2]时间段内不断加速行驶；③汽车在[t2，t3]时间段内不断减速行驶；④汽车在t2时刻的瞬时速度小于t4时刻的瞬时速度．其中正确结论的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据斜率表示变化率及导数表示瞬时速度，从而由斜率的变化得出速度的变化情况，进而得出答案．【解答】解：对于①，由图象可知，在[0，t1]时间段内，位移是一条斜率大于零的直线，则汽车在该时间段内匀速行驶，汽车在[0，t1]时间段内每一时刻的瞬时速度相同，故①正确；对于②，由图象可知，在[t1，t2]时间段内，位移是一条斜率越来越大的曲线，则汽车在该时间段内不断加速行驶，故②正确；对于③，由图象可知，在[t2，t3]时间段内，位移是一条斜率越来越小的曲线，则汽车在该时间段内不断减速行驶，故③正确；对于④，由图象可知，汽车在t2时刻的瞬时速度为0，在[t3，t4]时间段内，位移不变，则汽车在该时间段内静止不动故t4时刻的瞬时速度为0，故④错误，所以正确结论的个数有3个．故选：C．【点评】本题主要考查了函数的图像表示法，考查了瞬时变化率的定义，属于基础题．6．（4分）函数f(x)=1−A． B． C． D．【分析】根据函数的奇偶性以及f(1)=1−4【解答】解：函数f(x)=1−4x2x且f(−x)=1−4−x2−x⋅x又f(1)=1−42＜0，此时可排除A、D故选：C．【点评】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊值的应用，是基础题．7．（4分）“a＝1”是“对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【分析】根据对数函数的性质，结合充分条件和必要条件的定义判断．【解答】解：当a＝1时，令f（x）＝（x﹣1）lnx，①当0＜x＜1时，x﹣1＜0，lnx＜0，则（x﹣1）lnx＞0，②当x＝1时，（x﹣1）lnx＝0，③当x＞1时，x﹣1＞0，lnx＞0，则（x﹣1）lnx＞0，综上，当a＝1时，对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0成立，所以由“a＝1”可以推出“对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0”，若对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0恒成立，①当0＜x＜1时，lnx＜0，则x﹣a≤0恒成立，即a≥x恒成立，所以a≥1，②当x＝1时，lnx＝0，此时a∈R，③当x＞1时，lnx＞0，则x﹣a≥0恒成立，即a≤x恒成立，所以a≤1，综上所述，若对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0恒成立，则a＝1，所以由“对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0”可以推出“a＝1”，所以“a＝1”是“对任意x＞0，（x﹣a）lnx≥0”充要条件．故选：C．【点评】本题主要考查了对数函数的性质，考查了充分条件和必要条件的定义，属于中档题．8．（4分）函数y＝kx+b，其中k，b（k≠0）是常数，其图象是一条直线，称这个函数为线性函数．对于非线性可导函数f（x），在点x0附近一点x的函数值f（x），可以用如下方法求其近似代替值：f（x）≈f（x0）+f′（x0）（x﹣x0）．利用这一方法，m=3.998A．大于m B．小于m C．等于m D．与m的大小关系无法确定【分析】先研究函数的单调性，再在3.998附近选择合理的值进行求解近似代替值，利用单调性进行比较即可．【解答】解：由题意可知f（x）=x，f'（x）=∴f（x）在（0，+∞）上单调递增选择3.998附近的点x0＝4＞3.998∴f（4）+f′（4）（3.998﹣4）＞m，故选：A．【点评】本题主要考查了导数的几何意义，以及导数的运算，属于基础题．9．（4分）已知函数f(x)=13ax3−x2+4，若f（xA．(−∞，−33) B．(−33，0)【分析】求出函数f（x）的导数，按a＝0，a＞0，a＜0分类，结合函数单调性、极值讨论函数的零点是否符合题设要求即可得解．【解答】解：显然a≠0，否则函数f（x）有﹣2，2两个零点，不符合题意，函数f(x)=13a当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＜0或x＞2a，函数f（f(−2)=−83a＜0，f(0)=4＞0，则函数f当a＜0时，由f′（x）＜0，得x＜2a或x＞0，由f′（x）＞0，得函数f（x）在(−∞，2a)，(0，+∞)当x=2a时，f（x）取得极小值f(2a)=4−43a2而f(2)=83a＜0，则f因为f（x）有且只有一个零点x0，且x0＞0，则当且仅当f(2a)=4−所以实数a的取值范围是(−∞，−3故选：A．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，函数零点的判定定理，考查运算求解能力，属于中档题．10．（4分）已知函数f（x）与f′（x）的图象如下图所示，设函数g(x)=f(x)ex，则函数gA．0 B．1 C．2 D．3【分析】分析可知虚线表示的为函数f（x）的图象，实线表示的为函数f′（x）的图象，求得g′(x)=f′(x)−f(x)【解答】解：由图象可知，若虚线表示的为函数f′（x）的图象，当x∈（﹣2，0）时，f′（x）＞0，则f（x）在（﹣2，0）上单调递增，与题意不符，故虚线表示的为函数f（x）的图象，实线表示的为函数f′（x）的图象，如下图所示：因为g(x)=f(x)ex由图可知，当﹣2＜x＜a时，f′（x）＞f（x），则g′(x)=f′(x)−f(x)当a＜x＜b时，f′（x）＜f（x），则g′(x)=f′(x)−f(x)当b＜x＜3时，f′（x）＞f（x），则g′(x)=f′(x)−f(x)当3＜x＜4时，f′（x）＜f（x），则g′(x)=f′(x)−f(x)所以函数g（x）在（﹣2，a）、（b，3）上单调递增，在（a，b）、（3，4）上单调递减，故函数g（x）在区间（﹣2，4）上有两个极大值点．故选：C．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查逻辑推理能力，属于中档题．11．（4分）荀子《劝学》：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”这告诉我们中学生要不断学习才能有巨大的进步．假设学生甲和学生乙刚开始的“日学习能力值”相同、学生甲的“日学习能力值”都在前一天的基础上提高1%，而学生乙的“日学习能力值”与前一天相同，那么当学生甲的“日学习能力值”是学生乙的2倍时，大约经过了（）（参考数据：lg101≈2.0043，lg2≈0.3010）A．60天 B．65天 C．70天 D．75天【分析】设学生甲和学生乙刚开始的“日学习能力值”为a，根据题意结合增长率列出相应方程，利用对数近似计算，即得答案．【解答】解：设学生甲和学生乙刚开始的“日学习能力值”为a，设当学生甲的“日学习能力值”是学生乙的2倍时，大约经过了x天，由题意得a（1+0.01）x＝2a，即（1+0.01）x＝2，两边取对数得xlg1.01＝lg2，所以x=lg2又因为lg1.01=lg101100=lg101﹣lg所以x=lg2即大约经过了70天．故选：C．【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于基础题．12．（4分）函数f(x)=axex和g(x)=lnxax有相同的最大值，直线y＝m与两曲线y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为x1，x①x2＞2；②x2＜2；③x1+x3＝2x2；④x1A．②④ B．①③ C．②③ D．①④【分析】根据题意，先对函数分别求导，通过对a的取值进行讨论，得出函数的最大值，即可求出a＝1，由数形结合思想可知，当直线y＝m经过点M时，与两曲线y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交点，不妨设0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，通过比较f（2）和g（2）的大小，即可判断①错误，②正确；再利用指数和对数恒等式证明④正确，再利用反证法可判断③错误．【解答】解：根据题意，根据函数f(x)=axex同理，根据函数g(x)=lnxax，得导函数当a＜0时，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（﹣∞，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，此时，函数f（x）无最大值，有最小值，不符合题意；当a＞0时，当x∈（﹣∞，1）时，导函数f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，导函数f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，因此当x＝1时，f（x）取得最大值为f(1)=a当x∈（0，e）时，导函数g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，导函数g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，因此当x＝e时，g（x）取得最大值g（e）=1又f（x）和g（x）有相同的最大值，得f（1）＝g（e），即ae=1那么两个函数图像如图所示，当y＝m经过点M时，此时y＝m与y＝f（x）和y＝g（x）恰好有三个交点，设0＜x1＜1＜x2＜e＜x3，那么g（2）=ln22≈0.35，f（2）=2e2≈0.27，可知g（2）＞f（2），因此又x1ex1=x2ex2=lnx又x1＜1，lnx2＜1，又当x＜1时，f（x）单调递增，因此x1＝lnx2，又因为x2ex2=lnx3x3=又x2＞1，lnx3＞1，又因为当x＞1时，函数f（x）单调递减，所以x2＝lnx3，所以x3x2=lnx3lnx如果x1+x3＝2x2成立，则x1+x32所以x1＝x3，与0＜x1＜1＜x2＜e＜x3矛盾，所以x1+x3＝2x2不成立，故③错误．综上，正确的有②④．故选：A．【点评】本题主要考查了导数与单调性关系，函数性质的综合应用，属于难题．二、填空题（每题5分，共40分）13．（5分）函数y=lgx4−x【分析】由函数特征得到不等式，求出定义域．【解答】解：由题意得x＞04−x2故定义域为（0，2）．故答案为：（0，2）．【点评】本题主要考查了函数定义域的求解，属于基础题．14．（5分）使得命题“对任意x＞0，x2+（a+2）x+1≥0”为假命题的a的一个取值是﹣5（只需满足a＜﹣4即可）．【分析】根据命题“对任意x＞0，x2+（a+2）x+1≥0”为真命题，结合参变量分离法可求出a的取值范围，再结合补集思想可得出结果．【解答】解：对任意x＞0，x2+（a+2）x+1≥0为真命题，则−(a+2)≤x+1x对任意的因为x+1x≥2故﹣（a+2）≤2，解得a≥﹣4，故对任意x＞0，x2+（a+2）x+1≥0为假命时，a＜﹣4．故答案为：﹣5（只需满足a＜﹣4即可）．【点评】本题主要考查了含有量词命题真假关系的应用，属于基础题．15．（5分）若“x＞2m﹣5”是“|x﹣2|＜1”的必要不充分条件，则实数m的取值范围是{m|m≤3}．【分析】解不等式|x﹣2|＜1，根据必要不充分条件的定义可得出集合的包含关系，即可得出关于实数m的不等式，解之即可．【解答】解：由|x﹣2|＜1得﹣1＜x﹣2＜1，解得1＜x＜3，因为“x＞2m﹣5”是“|x﹣2|＜1”的必要不充分条件，则{x|1＜x＜3}⫋{x|x＞2m﹣5}，故2m﹣5≤1，解得m≤3．故答案为：{m|m≤3}．【点评】本题主要考查了充分必要条件的应用，属于基础题．16．（5分）已知x＝1是函数f（x）＝（x﹣1）4（x﹣a）的极大值点，那么a的取值范围是（1，+∞）．【分析】求得f′（x）＝（x﹣1）3（5x﹣4a﹣1），对实数a的取值进行分类讨论，利用导数分析该函数的单调性，结合极大值点的定义可得出关于实数a的不等式，解之即可．【解答】解：因为f（x）＝（x﹣1）4（x﹣a），则f′（x）＝4（x﹣1）3（x﹣a）+（x﹣1）4＝（x﹣1）3（5x﹣4a﹣1），因为函数f（x）在x＝1处取得极大值，当4a+15＜1时，即当x(−∞，4a+14a+15(4a+11（1，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）增极大值减极小值增此时函数f（x）在x＝1处取得极小值，不合题意；当4a+15=1时，即当a＝1时，f′（x）＝5（x﹣1）4≥0对任意的x∈此时函数f（x）在R上单调递增，无极值点，不合题意；当4a+15＞1时，即当x（﹣∞，1）1(1，4a+14a+15(4a+1f′（x）+0﹣0+f（x）增极大值减极小值增此时，函数f（x）在x＝1处取的极大值，符合题意．综上所述，a＞1．故答案为：（1，+∞）．【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．17．（5分）已知a＞0，b＞0，a+b＝1，若A=a+2a，B=b+1b，则A+B的最小值是【分析】将代数式A+B与a+b相乘，展开后利用基本不等式可求得A+B的最小值．【解答】解：因为a＞0，b＞0，a+b＝1，且A=a+2a，故A+B=a+b+2当且仅当2ba=aba+b=1a＞0，b＞0时，即当a因此，A+B的最小值为4+22故答案为：4+22【点评】本题主要考查了基本不等式求解最值，属于基础题．18．（10分）已知函数f(x)=|ex+mex|，若m＝﹣1，则f（x）的单调递增区间为[0，+∞）；若函数f【分析】当m＝﹣1时，分析函数f（x）的奇偶性，化简函数f（x）的解析式，结合导数法可求出函数f（x）的单调递增区间；对实数m的取值进行分类讨论，化简函数f（x）的解析式，分析可知f′（x）≥0对任意的x∈[0，1]恒成立，结合参变量分离法可求出实数m的取值范围．【解答】解：当m＝﹣1时，f(x)=|e因为f（x）的定义域为R，f（﹣x）＝|e﹣x﹣ex|＝|ex﹣e﹣x|＝f（x），故函数f（x）为偶函数，当x≥0时，f（x）＝ex﹣e﹣x，则f′（x）＝ex+e﹣x＞0，即函数f（x）在[0，+∞）上单调递增，故当m＝﹣1时，函数f（x）的增区间为[0，+∞）；当m≥0时，f(x)=|ex+mex|=则f′（x）＝ex﹣me﹣x，由题意知，对任意的x∈[0，1]，f′（x）≥0，则ex﹣me﹣x≥0，me﹣x≤ex，可得m≤（e2x）min＝1，此时0≤m≤1；当m＜0时，由ex+mex≥0，可得e2由ex+m所以f(x)=|e因为函数f（x）在区间[0，1]上单调递增，若0＜1易知函数y＝f（x）在（﹣∞，12ln（﹣m））上单调递减，在（12ln（﹣若12ln(−m)≤0，﹣1≤则当x∈[0，1]时，f（x）＝ex+me﹣x，则对任意的x∈[0，1]，f′（x）≥0，则ex﹣me﹣x≥0，可得m≤（e2x）min＝1，此时﹣1≤m＜0；若12ln(−m)≥1，即m≤﹣e则当x∈[0，1]时，f（x）＝﹣ex﹣me﹣x，则对任意的x∈[0，1]，f′（x）≥0，则﹣ex+me﹣x≥0，可得m≥(这与m≤﹣e2矛盾，此时不成立．综上所述，实数m的取值范围是[﹣1，1]．故答案为：[0，+∞）；[﹣1，1]．【点评】本题考查了判断函数的奇偶性、单调性区间，考查了转化思想及导数的综合运用，属于中档题．19．（10分）已知函数f(x)=−x2+ax，x≤aax−1，x＞a，当a＝1时，f（x）的值域是R；若∃x∈R且x≠0，使得f（1+x）＝f（1﹣x【分析】当a＝1时，利用分段函数的基本性质可求出函数f（x）的值域；对实数a进行分类讨论，讨论1﹣x、1+x与a的大小关系，结合f（1+x）＝f（1﹣x）可得出关于a的等式，综合可得出实数a的取值范围．【解答】解：当a＝1时，f(x)=−当x≤1时，f(x)=−x2+x=−当x＞1时，f（x）＝x﹣1＞0．故当a＝1时，函数f（x）的值域为R；若a＝0，则f(x)=−x2，x≤0−1，x＞0，f（﹣1）＝﹣1，f若a≠0，若x＞0，则1+x＞1，1﹣x＜1，显然若1+x、1﹣x∈（a，+∞），由于函数f（x）＝ax﹣1在（a，+∞）上单调，故f（1+x）≠f（1﹣x）；若1﹣x≤a＜1+x，由f（1﹣x）＝f（1+x）可得﹣（1﹣x）2+a（1﹣x）＝a（1+x）﹣1，整理得x2+（2a﹣2）x＝0，解得x＝0或x＝2﹣2a，所以2﹣2a＞0，解得a＜1，且1﹣（2﹣2a）≤a＜1+2﹣2a，解得a＜1，合乎题意，此时a＜1且a≠0；若1+x≤a，由f（1﹣x）＝f（1+x）可得﹣（1﹣x）2+a（1﹣x）＝﹣（1+x）2+a（1+x），整理得2ax＝4x，因为x≠0，解得a＝2，此时f(x)=−则f（0）＝f（2）＝0，合乎题意，综上所述，实数a的取值范围是（﹣∞，1）∪{2}．故答案为：R；（﹣∞，1）∪{2}．【点评】本题考查了分段函数，属于中档题．20．（5分）已知函数f（x）＝|ln|x﹣1||﹣kx+2，给出下列四个结论：①当k＝1时，f（x）有一个零点；②当k＞0时，存在常数M，使得f（x）≥M恒成立；③∀k≥1，f（x）在（1，+∞）上单调递减；④若f（x）有三个零点，则整数k的最小值为5．其中所有正确的结论的序号是①③④．【分析】当k＝1时，结合函数的单调性与代数式法求出函数f（x）的零点，可判断①；根据x趋于+∞时，f（x）趋于﹣∞，可判断②；利用导数法可判断③；数形结合可判断④．【解答】解：对于①，当k＝1时，f（x）＝|ln|x﹣1||﹣x+2＝|ln|x﹣1||﹣（x﹣2），当x＜2且x≠1时，x﹣2＜0，则f（x）＝|ln|x﹣1||﹣（x﹣2）＞0，当x≥2时，f（x）＝ln（x﹣1）﹣x+2，则f′(x)=1此时函数f（x）在[2，+∞）上单调递减，此时f（x）≤f（2）＝0，所以当k＝1时，f（x）有一个零点，故①正确；对于②，当k＞0时，当x＞1且x越来越大时，f（x）＝ln（x﹣1）﹣（kx﹣2），ln（x﹣1）的增长速度越来越慢，要慢于函数y＝kx﹣2的增长速度，故当x趋于+∞时，f（x）趋于﹣∞，此时不存在常数M，使得f（x）≥M恒成立，故②错误；对于③，∀k≥1，当1＜x＜2时，0＜x﹣1＜1，|ln|x﹣1||＝﹣ln（x﹣1），f（x）＝﹣ln（x﹣1）﹣kx+2，则f′(x)=−1即函数f（x）在（1，2）上单调递减，当x≥2时，x﹣1≥1，ln（x﹣1）≥0，则f（x）＝ln（x﹣1）﹣kx+2，f′(x)=1因为k≥1，则k+1k所以x−1+k故对任意的x≥2，f′(x)=−k(x−即函数f（x）在[2，+∞）上单调递减，又因为函数f（x）＝|ln|x﹣1||﹣kx+2在（1，+∞）上连续，故对任意的k≥1，函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，故③正确；对于④，由f（x）＝0，可得|ln|x﹣1||＝kx﹣2，作出函数g（x）＝|ln|x﹣1||与直线y＝kx﹣2的图象，如下图所示：要使得函数g（x）＝|ln|x﹣1||与直线y＝kx﹣2的图象有3个交点，则k＞0，当x≥2时，设直线y＝kx﹣2与函数g（x）＝ln（x﹣1）的图象相切于点（t，ln（t﹣1）），此时g′(x)=1由题意可得k=1即ln（t﹣1）=tt−1−整理得ln1令p(t)=ln1则p′(t)=−1即函数p（t）在[2，+∞）上单调递减，且p（2）＝0，此时直线y＝kx﹣2与函数g（x）＝ln（x﹣1）在[2，+∞）上有且只有一个交点，不符题意；结合图形可知，当直线y＝kx﹣2与函数g（x）＝﹣ln（1﹣x）的图象相切于点（s，﹣ln（1﹣s）），则g′(x)=1所以k=1整理得k﹣lnk﹣3＝0，其中k=1令q（k）＝k﹣lnk﹣3，其中k＞1，则q′(k)=1−1故函数q（k）在（1，+∞）上单调递增，因为q（4）＝1﹣ln4＜0，q（5）＝2﹣ln5＞0，故存在k0∈（4，5），使得q（k0）＝k0﹣lnk0﹣3＝0，所以存在m0∈(1e3，1e2)，使得q故当k＝k0时，直线y＝kx﹣2与函数g（x）＝﹣ln（1﹣x）的图象相切，当k＞k0时，直线y＝kx﹣2与函数g（x）的图象有三个交点，故整数k的最小值为5，故④正确．故答案为：①③④．【点评】本题考查了函数与方程思想、转化思想及导数的综合运用，属于难题．三、解答题（共62分）21．已知函数f（x）＝ex﹣ax．（1）a＝2时，求y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程；（2）讨论f（x）的单调性；（3）若f（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）求得f（0）＝1，f′（0）＝﹣1，利用直线的点斜式方程可求得答案；（2）f′（x）＝ex﹣a，当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在R上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞lna；由f′（x）＜0得x＜lna，进而可得；（3）由f（x）≥1转化为求f（x）min≥1，由（1）可知f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，构造g（a）＝a﹣alna﹣1，由导数可得g（a）max＝0，进而可得只有a＝1符合题意．【解答】解：（1）a＝2时，f（x）＝ex﹣2x，f（0）＝e0＝1，又f′（x）＝ex﹣2，故f′（0）＝e0﹣2＝﹣1，∴y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝﹣（x﹣0），即x+y﹣1＝0；（2）函数f（x）＝ex﹣ax的定义域为R，f′（x）＝ex﹣a，当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在R上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，解得x＞lna；由f′（x）＜0，解得x＜lna，∴f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，（lna，+∞）上单调递增；综上所述：当a≤0时，f（x）在R上单调递增；当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，（lna，+∞）上单调递增；（3）由题意要使f（x）≥1恒成立，只需f（x）min≥1即可．由（1）可知，当a≤0时，f（x）在R上单调递增，且f（0）＝1，∴当x＜0时，f（x）＜1，不合题意，舍去；当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，（lna，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，只需f（x）min＝a﹣alna≥1，即a﹣alna﹣1≥0对于任意的a∈（0，+∞）恒成立即可．令g（a）＝a﹣alna﹣1，则g′（a）＝1﹣lna﹣1＝﹣lna，当0＜a＜1时，g′（a）＞0，g（a）在（0，1）上单调递增；当a＞1时，g′（a）＜0，g（a）（1，+∞）上单调递减；∴g（a）max＝g（1）＝1﹣ln1﹣1＝0，∴g（a）≤0，∴只有a＝1符合题意．综上所述，实数a的取值范围为{1}．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性及曲线在某点上的切线方程的求法，考查不等式恒成立问题，属于中档题．22．已知函数f（x）、g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝2•3x．（1）证明：f（x）﹣g（﹣x）＝2•3﹣x，并求函数f（x）、g（x）的解析式；（2）直接说明函数g（x）的单调性，并解关于x不等式：g（x2+4x）+g（x﹣6）＞0；（3）设p(x)=3x−23x+2，h（x）＝f（2x）﹣2g（x）+2m﹣3，对于∀x1∈R，∃x2∈[0，+∞），使得p（x1）≥h【分析】（1）由函数奇偶性的定义结合f（x）+g（x）＝2•3x可证得结论成立，将结论与已知等式构成方程组，即可解得f（x）、g（x）的解析式；（2）分析函数g（x）的单调性，结合奇函数的性质可将所求不等式变形为g（x2+4x）＞g（6﹣x），可得出关于x的不等式，解之即可；（3）先根据函数p（x）在R上的单调性，推得p（x）＞﹣1，再通过t＝3x﹣3﹣x换元，将函数h（x）转化为φ（t）＝t2﹣2t+2m﹣1，根据二次函数的性质求出其最小值2m﹣2，结合题意需使2m﹣2≤﹣1，即可求出m的取值范围．【解答】解：（1）因为函数f（x）、g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝2•3x①．则f（﹣x）+g（﹣x）＝2•3﹣x，即f（x）﹣g（x）＝2•3﹣x②，故得证，联立①②可得g（x）＝3x﹣3﹣x，f（x）＝3x+3﹣x；（2）函数g（x）＝3x﹣3﹣x为R上的增函数，证明如下：任取x1＜x2，由g(=3因x1＜x2，则3x1＜3x2，且1+13x1+所以函数g（x）＝3x﹣3﹣x为R上的增函数，由g（x2+4x）+g（x﹣6）＞0得g（x2+4x）＞﹣g（x﹣6），因为g（x）为R上的奇函数，所以不等式化为g（x2+4x）＞g（6﹣x），又g（x）在R上递增，所以x2+4x＞6﹣x，即x2+5x﹣6＞0，解得x＜﹣6或x＞1，故所求不等式的解集为（﹣∞，﹣6）∪（1，+∞）；（3）因为p(x)=3t＝3x+2在R上递增，且t＞2，y=−4t在t所以函数p（x）在R上单调递增，当x→﹣∞时，p（x）→﹣1，故p（x）＞﹣1；又因为h（x）＝f（2x）﹣2g（x）+2m﹣3＝（32x+3﹣2x）﹣2（3x﹣3﹣x）+2m﹣3＝（3x﹣3﹣x）2﹣2（3x﹣3﹣x）+2m﹣1，令t＝3x﹣3﹣x≥0，即有h（x）＝φ（t）＝t2﹣2t+2m﹣1，又φ（t）＝t2﹣2t+2m﹣1＝（t﹣1）2+2m﹣2，故当t＝1时，φ（t）min＝2m﹣2，即h（x）min＝2m﹣2．因为对于∀x1∈R，∃x2∈[0，+∞），使得p（x1）≥h（x2），故需使2m﹣2≤﹣1解得m≤1故实数m的取值范围是(−∞，1【点评】本题主要考查奇偶性与单调性的综合，属于中档题．23．已知函数f(x)=x−a（1）若f（x）无单调递减区间，求a的取值范围；（2）关于x的方程f（x）＝k有两个不同的根x1、x2，且x1＜x2．（i）若a＝0，求k的取值范围；（ii）若a＞1，记t=x2x1.问：当【分析】（1）分析可知，对∀x∈（0，1）∪（1，+∞），f′(x)=lnx+ax−1(lnx)2≥0，可得出a≥x﹣xlnx（2）（i）当a＝0时，由题意可知直线y＝k与函数f（x）的图象有两个交点，利用导数分析函数f（x）的单调性与极值，数形结合可得出实数k的取值范围；（ii）由关于x的方程f（x）＝k有两个不同的根x1、x2，可得出0＜x1＜1，x2＞a，转化为lntt−1=x1k=x1lnx1x1−a【解答】解：（1）因为f(x)=x−alnx（x＞0且x≠1），则f′(x)=lnx−x−ax因为函数f（x）无单调递减区间，则对∀x∈（0，1）∪（1，+∞），f′(x)=lnx+即lnx+ax−1≥0，可得a≥x﹣xlnx（x令g（x）＝x﹣xlnx，其中x∈（0，1）∪（1，+∞），则g′（x）＝﹣lnx，当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）上单调递减，当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）在（0，1）上单调递增，所以a≥1﹣ln1＝1，即实数a的取值范围是[1，+∞）；（2）（i）当a＝0时，由f(x)=xlnx=k可知，直线y＝k与函数ff′(x)=lnx−1(lnx)2，由f′（x）＝0可得xx（0，1）（1，e）e（e，+∞）f′（x）﹣﹣0+f（x）减减极小值增故函数f（x）的极小值为f（e）＝e，且当x＞1时，f（x）＞0，当0＜x＜1时，f（x）＜0；如下图所示：由图可知，当k＞e时，直线y＝k与函数f（x）的图象有两个交点，故实数k的取值范围是（e，+∞）；（ii）由题意可得x1−alnx1可得x2−x1k因为f(x)=x−alnx，其中x＞0且x≠1，令p(x)=lnx+ax−1当x＞a时，p′（x）＞0，即p（x）在（a，+∞）上单调递增，当0＜x＜a时，p′（x）＜0，即p（x）在（0，a）上单调递减，故p（x）min＝p（a）＝lna＞0，故f′（x）＞0，即f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递增，因为a＞1，故当x∈（1，a）时，f(x)=x−a当x∈（a，+∞）时，f(x)=x−a当x∈（0，1）时，f(x)=x−a故有0＜x1＜1，x2＞a，令q(t)=lntt−1(t＞1)令m(t)=1−1t−lnt(t＞1)故函数m（t）在（1，+∞）上单调递减，故m（t）＜m（1）＝0，故q′（t）＜0，故当t取最小值时，q（t）取最大值，即x1lnx1x令u(x)=xlnxx−a，其中x∈（0，1），则令v（x）＝x﹣alnx﹣a，则v′(x)=1−ax=x−a即函数v（x）在（0，1）上单调递减，当x→0时，v（x）→+∞，且v（1）＝1﹣a＜0，故存在x0∈（0，1），使得v（x0）＝x0﹣alnx0﹣a＝0，当x∈（0，x0）时，v（x）＞0，u′（x）＞0，即函数u（x）在（0，x0）上单调递增，当x∈（x0，1）时，v（x）＜0，u′（x）＜0，即函数u（x）在（x0，1）上单调递减，所以，u(x)