2022届新高考高三上学期期初考试数学试卷分类汇编：函数与导数

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函数与导数集中练
说明：2022届高三新高考期初考试题目选自新高考地区，如江苏、山东、河北、湖南、湖北等。
1．(2022·南京9月学情【零模】)取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留剩下的更短的四段；……；将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集．若在第n次操作中去掉的线段长度之和不小于，则n的最大值为
(参考数据：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771)
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【考点】新情景问题下的指对数运算
【解析】由题意可知，第一次操作去掉的线段长度为，第二次操作去掉的线段长度之和为×，第三次操作去掉的线段长度之和为××，…，第n次操作去掉的线段长度之和×，根据条件可知，×≥，化简得≥，两边取常用对数得，≥－lg30＝－lg(10×3)＝－1－lg3，则n(lg2－lg3)≥－1－lg3，即n≤≈8.39，所以n的最大值为8，故答案选C．
2．(2022·南京9月学情【零模】)已知a，b，c∈(0，1)，且a2－2lna＋1＝e，b2－2lnb＋2＝e2，c2－2lnc＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a
【答案】A
【考点】利用新函数的单调性比较大小
【解析】由题意可设f(x)＝x2－2lnx，g(x)＝ex－x，则由条件可得，f(a)＝g(1)，f(b)＝g(2)，f(c)＝g(3)，而f′(x)＝2x－＝＜0(0＜x＜1)，即函数f(x)在(0，1)上单调递减，g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，即函数g(x)在(0，＋¥)上单调递增，所以g(3)＞g(2)＞g(1)，即f(c)＞f(b)＞f(a)，则a＞b＞c，故答案选A．
3．(2022·南京9月学情【零模】)(多选题)已知f(x)是周期为4的奇函数，且当0≤x≤2时，f(x)＝设g(x)＝f(x)＋f(x＋1)，则
A．函数y＝g(x)为周期函数
B．函数y＝g(x)的最大值为2
C．函数y＝g(x)在区间(7，8)上单调递增
D．函数y＝g(x)的图象既有对称轴又有对称中心
【答案】ACD
【考点】函数的性质综合应用
【解析】
法一：由题意，对于选项A，因为f(x＋4)＝f(x)，所以g(x＋4)＝f(x＋4)＋f(x＋5)＝f(x)＋f(x＋1)＝g(x)，所以函数g(x)是周期为4的周期函数，故选项A正确；
对于选项B，因为f(x)＝所以f(x)max＝f(1)＝1，所以f(x)＋f(x＋1)≤1＋1＝2，但f(x)＝1与f(x＋1)＝1不能同时取等号，故选项B错误；
对于选项C，当x∈(7，8)时，x－8∈(－1，0)，则x－7∈(0，1)，所以g(x)＝g(x－8)＝f(x－8)＋f(x－7)，因为f(x)为奇函数，所以g(x)＝－f(8－x)＋f(x－7)＝－(8－x)＋(x－7)＝2x－15，为单调递增，故选项C正确；
对于选项D，因为f(x)周期为4的奇函数，所以f(x＋2)＝－f(x)，f(x－2)＝－f(x)，f(x－1)＝－f(x＋1)，所以因为g(1－x)＝f(1－x)＋f(2－x)＝－f(x－1)－f(x－2)＝f(x＋1)＋f(x)＝g(x)，则g(x)关于直线x＝对称，即g(x)有对称轴；因为g(x)＋g(3－x)＝f(x)＋f(x＋1)＋f(3－x)＋f(4－x)＝f(x)＋f(x＋1)＋f(－1－x)＋f(－x)＝f(x)＋f(x＋1)－f(x＋1)－f(x)＝0，所以g(x)关于点(，0)对称，即g(x)有对称中心，故选项D正确；
综上，答案选ACD．
法二：由题意，对于选项A，因为f(x＋4)＝f(x)，所以g(x＋4)＝f(x＋4)＋f(x＋5)＝f(x)＋f(x＋1)＝g(x)，所以函数g(x)是周期为4的周期函数，故选项A正确；
对于选项B，因为函数g(x)是周期为4的周期函数，所以g(x)＝，所以g(x)max＝1，故选项B错误；
对于选项C，当x∈(3，4)时，g(x)＝2x－7，为单调递增，因为g(x)的周期为4，所以当x∈(7，8)时，g(x)单调递增，故选项C正确；
对于选项D，可作出g(x)的图象，如下图所示，则由图象可得g(x)关于直线x＝对称，且关于点(－，0)对称，即g(x) 既有对称轴又有对称中心，故选项D正确；
y
综上，答案选ACD．

1

－1
－4
－3
－2
3
4
2
1
O
x

1

4．(2022·江苏第一次百校联考)函数f(x)＝x2＋a2＋blnx(a，b∈R)有极小值，且极小值为0，则a2－b的最小值为
A．e B．2e C． D．－
【答案】B
【考点】函数与导数：利用单调性求最值
【解析】由f(x)＝x2＋a2＋blnx(a，b∈R)，可得f′(x)＝2x＋，因为f(x)有极小值，记为x0，则2x0＋＝0，即b＝－2x02(x0＞0)，又f(x0)＝0，所以x02＋a2＋blnx0＝0，即a2＝－x02－blnx0＝－x02＋2x02lnx0≥0，所以x0≥，设a2－b＝g(x0)＝x02＋2x02lnx0，则当x0≥时，g′(x0)＝4x0＋4x0lnx0≥0，所以g(x0)＝x02＋2x02lnx0在[，＋¥)上单调递增，所以a2－b的最小值为g()＝()2＋2()2ln＝2e，故答案选B．
5．(2022·江苏第一次百校联考)(多选题)关于函数的性质的描述，正确的是
A．f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，1) B．f(x)有一个零点
C．f(x)的图象关于原点对称 D．f(x)的值域为(－∞，0)
【答案】AC
【考点】函数的性质综合应用
【解析】由题意可知，函数有意义，则满足解得－1＜x＜1，且x≠0，即函数f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，1)，所以选项A正确；因为f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，1)，所以，由f(x)＝0得log2(1－x2)＝0，注意x≠0，f(x)没有零点，所以选项B不正确；由上可知f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，1)，可得，则满足满足f(－x)＝＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，则图象关于原点对称，所以选项C正确；当x∈(0，1)时，，所以＝log2(1－x2)∈(－¥，0)，又由函数f(x)为奇函数，可得f(x)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以选项D不正确；综上，答案选AC．
6．(2022·江苏第一次百校联考)已知定义在[0，1]上的函数f(x)，对于任意x1，x2∈[0，1]，当x1＜x2时，都有f(x1)≤f(x2)，又f(x)满足f(0)＝0，f(1－x)＋f(x)＝1，f()＝f(x)，则f()＝ ▲ ，f()＝ ▲ ．(本题第一空2分，第二空3分)
【答案】；
【考点】函数的性质综合应用
【解析】由题意，令x＝，则f()＋f(1－)＝1，即f()＝，又f(0)＝0，所以由f(0)＋f(1)＝1，可得f(1)＝1，令x＝，则f()＋f(1)＝，所以f()＝；因为对于任意x1，x2∈[0，1]，当x1＜x2时，都有f(x1)≤f(x2)，且＜＜，所以＜＜，所以＝f()≤f()≤f()＝．
7．(2022·江苏海安中学期初)已知a＝1，b＝2sin1，c＝tan1，则
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a
【答案】B
【考点】大小关系的比较
【解析】由题意，c＝tan1＝＝sin1，因为1∈(，)，所以cos1∈(，)，∈(，2)，所以c＜b，又c＝tan1＞tan＝1，所以a＜c＜b，故答案选B．
8．(2022·江苏海安中学期初)已知幂函数f(x)的图象为曲线C，在命题：①f(x)为偶函数；②曲线C不过原点O；③曲线C在第一象限呈上升趋势；④当x≥1时，f(x)≥1中，只有一个假命题，则该命题是
A．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【考点】逻辑推理题：幂函数的性质应用
【解析】由题意可知，由②可知a＜0，且由④可知a＞0，则两者矛盾，即②、④中只有一项正确，则①③一定正确，而③曲线C在第一象限呈上升趋势，则a＞0，则综合可得命题是②，故答案选B．
9．(2022·江苏海安中学期初)已知函数f(x)满足：f(x＋y)＝f(x)f(y)，且当x＞y时，f(x)＞f(y)，请你写出符合上述条件的一个函数f(x)＝ ▲ ．
【答案】2x
【考点】开放性试题：抽象函数的性质应用
【解析】由题意可知，当f(x)＝2x，则f(x＋y)＝2，f(x)f(y)＝2x×2y＝2＝f(x＋y)，且函数f(x)单调递增，则满足题意．
10．(2022·沭阳如东中学期初考试)“a＞b”是“lga＞lgb”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
【答案】B
【考点】条件的判断、对数不等式
【解析】由题意可知，当a，b均为负数时，不能得到lga＞lgb，若lga＞lgb，则a＞b＞0，所以“a＞b”是“lga＞lgb”的必要不充分条件，故答案选B．
11．(2022·沭阳如东中学期初考试)在数学课外活动中，小明同学进行了糖块溶于水的试验，将一块质量为7克的糖块放入到一定量的水中，测量不同时刻未溶解糖块的质量，得到若干组数据，其中在第5分钟末测得的未溶解糖块的质量为3.5克，同时小明发现可以用指数型函数k为常数)来描述以上糖块的溶解过程，其中S(单位：克)代表1分钟末未溶解糖块的质量，则k＝
A．ln2 B．ln3 C． D．
【答案】C
【考点】新情景问题下的指对数的运算
【解析】由题意可知，当t＝0时，S＝a＝7，且3.5＝7e，解得k＝，故答案选C．
12．(2022·沭阳如东中学期初考试)函数的图象大致为

【答案】D
【考点】函数的图象识别与判断
【解析】由题意可知，当x＝0时，y＝1，则排除A、C选项，且f(－x)＝＝ex(1－x2)≠f(x)，所以函数f(x)不是偶函数，所以可排除选项B，故答案选D．
13．(2022·沭阳如东中学期初考试)已知定义在R上的函数f(x)的图象连续不断，有下列四个命题：
甲：f(x)是奇函数； 乙：f(x)的图象关于直线x＝1对称；
丙：f(x)在区间[－1，1]上单调递减； 丁：函数f(x)的周期为2．
如果只有一个假命题，则该命题是
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用
【解析】由函数f(x)的特征可知：函数在区间[－1，1]上单调递减，其中该区间的宽度为2，所以函数f(x)在区间[－1，1]上单调递减，与函数f(x)的周期为2互相矛盾，即：丙和丁中有一个为假命题，若甲乙成立，故f(－x)＝－f(x)，则f(x＋1)＝f(1－x)，故f(x＋2)＝f[1－(1＋x)]＝f(－x)＝－f(x)，故f(x＋4)＝f(x)，所以函数的周期为4，即丁为假命题，由于只有一个假命题，故答案选D．
14．(2022·沭阳如东中学期初考试)已知函数g(x)＝，若关于x的方程有四个不等根，则(x4)的值是
A．0 B．2 C．4 D．8
【答案】A
【考点】函数的零点问题与函数性质综合应用
【解析】由方程，可得g(x)＝±1，因为函数g(x)＝，设x＞0，则－x＜0，则g(x)＋g(－x)＝|lgx|＋(－|g－(－x)|)＝|lgx|－|gx|＝0，所以g(x)为奇函数且是g(x)＝±1的根所以，不妨有，g(x3)＝g(x4)＝1，所以，故(x4)的值是0．故答案选A．
15．(2022·沭阳如东中学期初考试)(多选题)如果函数在(0，1)上是减函数，那么
A．f(x)在(1，＋∞)上递增且无最大值
B．f(x)在(1，＋∞)上递减且无最小值
C．f(x)在定义域内是偶函数
D．f(x)的图象关于直线x＝1对称
【答案】AD
【考点】函数的性质综合应用
【解析】由|x－1|＞0得，函数的定义域为{x|x≠1}．设g(x)＝|x－1|＝则在(－¥，1)上为减函数，在(1，＋¥)上为增函数，且g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，故选项D正确；因为f(x)＝loga|x－1|在(0，1)上是减函数，所以a＞1，所以在(1，＋∞)上单调递增且无最大值，故选项A正确，选项B错误；又f≠f(x)，所以选项C错误；综上，答案选AD．
16．(2022·沭阳如东中学期初考试)(多选题)设函数y＝f(x)定义域为D，若存在x，y∈D，且x≠y，使得，则称函数y＝f(x)是D上的“S函数”，下列函数是“S函数”的是
A． B．y＝x－sinx＋1 C．y＝lnx D．y＝
【答案】BD
【考点】新定义函数的应用
【解析】对于选项A，f(x)＝y＝2x，所以＝2，，由基本不等式可得2x＋2y≥2＝2×2，即2≤f(x)＋f(y)，仅当x＝y取等号，又x≠y，所以2＜f(x)＋f(y)，故选项A不成立；对于选项B：一次函数y＝x＋1是“S函数”，故只需判断y＝sinx是否为“S函数”，设，所以2＝f(x)＋f(y)，故选项B成立； 对于选项C：f(x)＝y＝lnx，所以f＋f(y)＝lnx＋lny＝ln(xy)，因为x≠y，由基本不等式可得xy≤，故ln＞ln(xy)不满足，故选项C不成立；
对于选项D：y＝，当x≤0时，y＝1恒成立，即存在x，y∈(－∞，0]，使得＝1，故选项D成立；综上，答案选BD．
17．(2022·沭阳如东中学期初考试)函数的单调递增区间是______．
【答案】(1，＋¥)
【考点】含有对数函数的复合函数的单调性求解
【解析】由题意，令x2＋2x－3＞0，解得x＜－3或x＞1，因为t＝x2＋2x－3在(1，＋¥)上单调递增，所以函数的单调递增区间为(1，＋¥)．
18．(2022·沭阳如东中学期初考试)已知函数)在区间[－2，－1]上总有|f(x)|＜2，则实数a的取值范围为______．
【答案】(0，)∪(，＋¥)
【考点】函数的恒成立问题
【解析】因为x∈[－2，－1]，所以x＋3∈[1，2]，当a＞1时，loga1≤loga(x＋3)≤loga2，即0≤f(x)≤loga2，因为|f(x)|＜2，所以a＞1且loga2＜2，解得a＞，当0＜a＜1时，loga2≤loga(x＋3)≤loga1，即loga2≤f(x)≤0，因为|f(x)|＜2，所以0＜a＜1且loga2＞－2，解得0＜a＞，综上可得，实数a的取值范围是(0，)∪(，＋¥)．
19．(2022· 苏州期初考试)设f(x)是定义在R上的奇函数，对任意的，满足：＞0，若f(2)＝4，则不等式f(x)－＞0的解集为 ▲ ．
【答案】(－2，0)∪(2，＋¥)
【考点】函数的性质综合应用
【解析】令F(x)＝xf(x)，因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以F(x)是定义在R上的偶函数，又对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，满足：＞0，则F(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递增，由f(2)＝4，可得F(2)＝8，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，且F(－2)＝8，则不等式式f(x)－＞0可化为＞0，即＞0，则解得或，即或，则不等式的解为x＞2或－2＜x＜0，故答案为：(－2，0)∪(2，＋¥)．
20．(2022·泰州中学期初考试)
下列关于x，y的关系中为函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，定义域需满足即，不能满足函数的定义，故B不是函数；对于C，不能满足函数的定义，故C不是函数；对于D，满足构成函数的要素，故D是函数，故选D.
21．(2022·泰州中学期初考试)设，则的大小关系是(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】a＝＝＜1，b＝＞1，c＝＝＜1；且0＜＜＜1，函数y＝在（0，+∞）上是单调增函数，所以＜，所以c＜a；
综上知，c＜a＜b．故选：A．
22．(2022·泰州中学期初考试)已知函数若关于的方程，无实根，则实数的取值范围为(　　)
A. B.(－1，0) C. D．(0，1)
【答案】B
【解析】因为函数f（x）＝，
关于x的方程f（x）＝x+a无实根等价于函数y＝f（x）的图象与直线y＝x+a无交点，
设直线y＝x+a与f（x）＝（x＞0）切与点P（x0，y0），由f′（x）＝，由已知有：，解得x0＝1，则P（1，0），则切线方程为：y＝x﹣1，由图知：函数y＝f（x）的图象与直线y＝x+a无交点时实数a的取值范围为实数a的取值范围为﹣1＜a＜0，故选：B．
23．(2022·泰州中学期初考试)(多选题)设函数，其中表示中的最小者.下列说法正确的有
A.函数为偶函数
B.当时,有
C.当时,
D.当时,
【答案】ABC
【解析】在同一直角坐标系中画出函数y＝|x－2|，y＝x2，y＝|x＋2|的图象如右图所示，
由图象可知：f(x)＝，
显然有f(－x)＝f(x)，可得f(x)为偶函数；故A正确；
又当x≥1时，f(x)＝|x－2|，f(x－2)的图象可看作f(x)的图象右移2个单位得到，显然x≥1时，f(x)的图象在f(x－2)图象之上，∴当x∈[1，+∞)时，有f(x－2)≤f(x)，故B正确；
又由图象可知：若x∈R时，f(x)≥0，可令t＝f(x)，
由y＝f(t)和y＝t(t≥0)的图象可知：当t≥0时，y＝t在曲线y＝f(t)的上方，∴当t≥0时，有t≥f(t)，即有f(f(x))≤f(x)成立，故C正确；
若x∈[－4，4]，f(－4)＝2，f(－4)－2＝0，显然f(－4)＞|f(－4)－2|，故D不正确，
故选：ABC．
24．(2022·泰州中学期初考试)
若函数__________.
【答案】2
【解析】当x＞0时，由f(x)＝f(x－1)－f(x－2)，可得f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)，两式相加得f(x＋1)＝－f(x－2)，则f(x＋3)＝－f(x)，∴当x＞0时，f(x＋6)＝－f(x＋3)＝－[－f(x)]＝f(x)，
即x＞0时，f(x)是周期为6的周期函数，
又f(x)＝，∴f(2021)＝f(5)＝－f(2)＝f(－1)=2，故答案为：2
25．(2022·河北衡水一中一调)下列函数求导运算正确的个数为( )
①()′＝3xlog3e；②(log2x)′＝；③(ex)′＝ex；④()′＝x；⑤(xex)′＝ex＋1．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【考点】导数的运算
26．(2022·河北衡水一中一调)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)＞f(c)＞f(d)
B．f(b)＞f(a)＞f(c)
C．f(c)＞f(b)＞f(a)
D．f(c)＞f(b)＞f(d)
【答案】C
【考点】函数的单调性与图象
27．(2022·河北衡水一中一调)设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，，若f(0)＋f(3)＝3，则 )
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】函数的性质应用
28．(2022·河北衡水一中一调)定义在R上的偶函数f(x)满足f(2－x)＝f(2＋x)，且当x∈[0，2]时，f(x)＝若关于x的不等式m|x|≤f(x)的整数解有且仅有9个，则实数m的取值范围为( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【考点】函数的图象与性质应用
29．(2022·河北衡水一中一调)(多选题)已知函数f(x)＝且函数g(x)＝xf(x)，则下列选项正确的是( )
A．点(0，0)是函数f(x)的零点
B．$x1∈(0，1)，x2∈(1，3)，使f(x1)＞f(x2)
C．函数f(x)的值域为
D．若关于x的方程＝0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是
【答案】BCD
【考点】函数的零点、值域、导数与函数的综合应用
30．(2022·武汉部分学校9月起点质量检测)7．在用计算机处理灰度图像(即俗称的黑白照片)时，将灰度分为256个等级，最暗的黑色用0表示，最亮的白色用255表示，中间的灰度根据其明暗渐变程度用0至255之间对应的数表示，这样可以给图像上的每个像素赋予一个“灰度值”．在处理有些较黑的图像时，为了增强较黑部分的对比度，可对图像上每个像素的灰度值进行转换，扩展低灰度级，压缩高灰度级，实现如下图所示的效果：

处理前 处理后
则下列可以实现该功能的一种函数图象是

【答案】A
【考点】新情景问题下的函数的图象问题
【解析】由题意，灰度处理从较黑的图象到较黑的图象，灰度值需要从0到255，且扩展低灰度级，压缩高灰度级，则只有选项A满足，故答案选A．
31．(2022·武汉部分学校9月起点质量检测)(多选题)已知函数，则
A．当k＝0时，f(x)是R上的减函数
B．当k＝1时，f(x)的最大值为
C．f(x)可能有两个极值点
D．若存在实数a，b，使得g(x)＝f(x＋a)＋b为奇函数，则k＝－1
【答案】AB
【考点】函数的性质综合应用
【解析】法一：由题意，对于选项A，当k＝0时，f(x)＝＝＋，则由复合函数的单调性可知f(x)是R上的减函数，故选项A正确；对于选项B，当k＝1时，f(x)＝，令ex＋1＝t(t＞1)，则ex＝t－1，所以f(t)＝＝＝≤＝， 当且仅当t＝，即t＝＞1时取等号，故f(x)的最大值为，故选项B正确；对于选项C，f′(x)＝，令ex＝t(t＞0)，则可设g(t)＝－t2－2t＋k＝－(t＋1)2＋k＋1(t＞0)，则g(t)≤k，令－e－2ex＋k＝0，则k＝e＋2ex，即有k＝(t＋1)2－1(t＞0)，则k≥0，g(t)≤0，即f(x)最多只有一个极值点，故选项C错误；对于选项D，若g(x)＝f(x＋a)＋b为奇函数，则g(－x)＝f(－x＋a)＋b＝－g(x)＝－f(x＋a)－b，所以f(－x＋a)＋2b＝－f(x＋a)，即f(－x＋a)＋f(x＋a)＝－2b，则f(x)关于点(a，－b)对称，而当k＝－1时，f(x)＝＝，可知此时函数f(x)不关于任何点对称，则选项D错误；综上，答案选AB．
法二：对于选项A，当k＝0时，f(x)＝，则f′(x)＝＝＜0，所以f(x)是R上的减函数，故选项A正确；对于选项B，当k＝1时，f(x)＝，令ex＝t(t＞0)，则ex＝t－1，所以f(t)＝＝＝≤＝＝，当且仅当t＋1＝，即t＝－1＞0时取等号，故f(x)的最大值为，故选项B正确；对于选项C， f′(x)＝，令f′(x)＝0，则e＋2ex－k＝0，所以e＋2ex＝k，令h(x)＝e＋2ex，则h′(x)＝2e＋2ex＞0，所以h(x)在R上单调递增，而x→－¥时，h(x)→0，x→＋¥时，h(x)→＋¥，所以k∈(0，＋¥)，即e＋2ex－k＝0有一个根，故f(x)有1个极值点；k∈(－¥，0)，即e＋2ex－k＝0无解，故f(x)无极值点，故f(x)最多只有一个极值点，故选项C错误；对于选项D，若g(x)＝f(x＋a)＋b为奇函数，则g(x)关于点(0，0)对称，将g(x)＝f(x＋a)＋b向右平移a个单位长度，再向下平移b个单位长度，可得到函数f(x)的图象，故函数f(x)关于点(a，－b)对称，故f(2a－x)＋f(x)＝－2b，所以＋＝－2b，当k＝－1时，＋＝－2b，即＋＝－2b，因此＋＝－2b，即e－2ex＋e＝－2be＋2b(e＋1)ex－2be，因此，由－2b＝1和e＝－2be可得，2b＝－1，代入2b(e＋1)＝－2，可得e＋1＝1，即e＝0，则方程无解，故不存在实数a，b，使得g(x)＝f(x＋a)＋b为奇函数，故选项D错误；综上，答案选AB．
32．(2022·青岛期初考试)已知双曲正弦函数，则
A．f(x)为偶函数 B．f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递减
C．f(x)没有零点 D．f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增
【答案】D
【考点】函数的性质应用：奇偶性、单调性、零点等
【解析】由题意可知，x∈R，且f(－x)＝＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，故选项A错误；当x＝0时，f(0)＝0，故函数f(x)有零点，故选项C错误；由复合函数的单调性可知，f(x)＝在定义域上单调递增，故选项D正确，选项B错误；综上，答案选D．
33．(2022·青岛期初考试)已知a＝x2＋，b＝π，c＝log3[(2－t)t]，则a，b，c的大小关系为
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．a＞c＞b
【答案】A
【考点】大小关系比较、基本不等式的应用
【解析】由题意，因为x2＞0，所以x2＋≥2＝1，当且仅当x2＝，即x2＝时等号成立，即a≥1，0＜b＝π＜π0＝1，则0＜b＜1，令(2－t)t＞0，解得0＜t＜2，且(2－t)t≤＝1，当且仅当2－t＝t，即t＝时等号成立，则c＝log3[(2－t)t]≤0，所以a＞b＞c，故答案选A．
34．(2022·青岛期初考试)将函数的图象绕点(－3，0)逆时针旋转α(0≤α≤θ)，得到曲线C，对于每一个旋转角α，曲线C都是一个函数的图象，则θ最大时的正切值为
A． B． C．1 D．
【答案】B
【考点】函数的概念与性质、圆的方程综合应用
【解析】由题意可知，函数可化为x2＋(y＋2)2＝13(x∈[－3，3])，即为圆的一部分，图象为圆弧，且过点A(－3，0)，B(－3，0)，D(0，－2)，则此圆弧绕点(－3，0)逆时针旋转α，对于每一个旋转角α，曲线C都是一个函数的图象，则须满足旋转角α小于或等于∠BAC，而tan∠BAC＝，即tanθ＝，故答案选B．
35．(2022·青岛期初考试)函数的图象在点(1，1)处的切线方程为________；
【答案】y＝2x－1
【考点】函数的切线方程、导数的几何意义
【解析】由题意，y′＝，则当x＝1时，y′＝2，即切线方程的斜率为2，则由点斜式可得到在点(1，1)处的切线方程为y＝2x－1．
36．(2022·青岛期初考试)设函数f(x)是定义在实数集R上的偶函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cosπx|－f(x)在上所有零点之和为________．
【答案】7
【考点】函数的性质、图象综合应用
【解析】由题意，∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)关于x＝1对称，又∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)的零点与x＝0对称，∵f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，∴f(x)＝f(x＋2)，∴f(x)是以2为周期的函数，∴f(x)在上共有3条对称轴，分别为x＝0，x＝1，x＝2又y＝|cos(πx)|关于x＝0，x＝1，x＝2对称，∴x＝0，x＝1，x＝2为g(x)的对称轴．可作出y＝|cos(πx)|和在[0，1]上的函数图象如图所示：

由图象可知g(x)在，上各有1个零点，又g(1)＝0，∴g(x)在上共有7个零点，设这7个零点从小到大依次为x1，x2，x3，……，x6，x7．则x1，x2关于x＝0对称，x3，x5关于x＝1对称，x4＝1，x6，x7关于x＝2对称，x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x6＋x7＝4，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7．
37．(2022·湖南省长郡中学开学考试)f（x）＝的部分图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：由1﹣cosx≠0得cosx≠1，得x≠2kπ，k∈Z，排除C，f（﹣x）＝＝﹣＝﹣f（x），即f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除B，当x＞0时，f（x）＞0，排除D，故选：A．
38．(2022·湖南省长郡中学开学考试)命题p：f（x）＝x+alnx（a∈R）在区间[1，2]上单调递增；命题q：存在x∈[2，e]，使得﹣e+4+2a≥0成立（e为自然对数的底数），若p且q为假，p或q为真，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣2，﹣） B．（﹣2，﹣）∪[﹣1，+∞）
C．[﹣，﹣1） D．（2，﹣）∪[1，+∞）
【解答】解：对于命题p：f（x）＝x+alnx（a∈R）在区间[1，2]上单调递增；
则任意x∈[1，2]，均有f′（x）＝1+≥0恒成立，
即任意x∈[1，2]，均有a≥﹣x恒成立，
所以只需a≥（﹣x）max，x∈[1，2]，所以a≥﹣1，
对于命题q：存在x∈[2，e]，使得﹣e+4+2a≥0成立，
则存在x∈[2，e]，使得2a≥+e﹣4成立，
只需2a≥（+e﹣4）min，x∈[2，e]，
设g（x）＝+e﹣4，x∈[2，e]，
g′（x）＝＝＝，
令h（x）＝﹣xlnx﹣1+x，x∈[2，e]，
h′（x）＝﹣x•+（﹣1）•lnx+1＝﹣lnx，
当x∈[2，e]时，﹣lne≤h′（x）≤﹣ln2，即﹣1≤h′（x）≤ln＜0，
所以x∈[2，e]时，h（x）单调递减，
所以h（x）≥h（e）＝﹣elne﹣1+e＝﹣1，h（x）≤h（2）＝﹣2ln2﹣1+2＝ln2﹣2+1＝ln+1＝ln＜0，
所以h（x）＜0，g′（x）＜0，所以g（x）在[2，e]上单调递减，
所以g（x）min＝g（e）＝+e﹣4＝﹣3，
所以2a≥﹣3，即a≥﹣．
若p且q为假，p或q为真，则p，q为一真一假，
当p真q假时，a≥﹣1且a＜﹣，无解，
当p假q真时，a＜﹣1且a≥﹣，
所以a的取值范围为：[﹣，﹣1）．
故选：C．
39．(2022·湖南省长郡中学开学考试)已知四点均在函数f（x）＝log2的图象上，若四边形ABCD为平行四边形，则四边形ABCD的面积是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵函数f（x）＝log2，由f（2）＝1可得，∴a＝b+2，由f（）＝0可得，∴a＝1+，解得：a＝4，b＝2，∴f（x）＝，设点C，D的横坐标分别为x1，x2，由题意可知，则，∴，由f（x2）﹣f（x1）＝1得：，∴，∴x1x2＝2x2﹣4x1，把代入解得或﹣4，又∵点C不与B重合，∴x1＝﹣4，∴C（﹣4，3），∴，，故平行四边形ABCD的面积S＝||＝，故选：B．
40．(2022·湖南省长郡中学开学考试)(多选题)若存在实常数k和b，使得函数F（x）和G（x）对其公共定义域上的任意实数x都满足：F（x）≥kx+b和G（x）≤kx+b恒成立，则称此直线y＝kx+b为F（x）和G（x）的“隔离直线”，已知函数f（x）＝x2（x∈R），g（x）＝（x＜0），h（x）＝2elnx（e为自然对数的底数），则（　　）
A．m（x）＝f（x）﹣g（x）在内单调递增
B．f（x）和g（x）之间存在“隔离直线”，且b的最小值为﹣4
C．f（x）和g（x）间存在“隔离直线”，且k的取值范围是[﹣4，1]
D．f（x）和h（x）之间存在唯一的“隔离直线”
【解答】解：A：m（x）＝f（x）﹣g（x）＝，x，∴＞0，故m（x）在（）内单调递增，故A正确；
B，C：设f（x），g（x）的隔离直线为y＝kx+b，则对任意x＜0恒成立，
故对任意x＜0恒成立，由kx2+bx﹣1≤0对任意x＜0恒成立，若k＝0，则b＝0符合题意，k＜0，则x2﹣kx﹣b≥0对任意x都成立，又＜0，从而，所以b≤0，则x轴′＝≤0，∴△2＝b2+4k≤0，即k2≤﹣4b且b2≤﹣4b，∴k4≤16b2≤﹣64k，故﹣4≤k＜0，同理可得，b4≤16k2≤﹣64b即﹣4≤b＜0，B正确C错误；
D：函数f（x）和h（x）的图象在x＝处有公共点，一定存在f（x）和h（x）的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率k，则隔离直线方程y﹣e＝k（x﹣），即y＝kx﹣k+e，由f（x）≥kx﹣k+e（x＞0）恒成立，若k＝0，则x2﹣e≥0，（x＞0）不恒成立，若k＜0，由≥0（x＞0）恒成立，令u（x）＝，（x＞0），则u（x）在（0，）上单调递增，u（）＝0，故k＜0不恒成立，不符合题意，故k＞0，可得≥0在x＞0时恒成立，＞0，则时只有k＝2，此时直线y＝2x﹣e，
下面证明h（x），令G（x）＝2x﹣e﹣h（x）＝2x﹣e﹣2elnx，则，易得，当0＜x＜时，G′（x）＜0，函数单调递减，当x＞时，G′（x）＞0，函数单调递增，故当x＝时，函数取得极小值0，也是最小值，所以G（x）≥0，故h（x），所以f（x）和h（x）存在唯一的隔离直线y＝2，故D正确，故选：ABD．
41．(2022·湖南省雅礼中学开学考试)设f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(2－x)＝f(x)，数列{an}满足＝－1，且)，则
A．0 B．－1 C．21 D．22
【答案】A
【考点】函数的性质综合、数列求通项公式
【解析】由题意可知，因为)，所以＝，通过累加法可得：，所以an＝n－2，所以a22＝20，又f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(2－x)＝f(x)，所以f(x)＝－f(x－2)＝f(x－4)，所以周期T＝4，由f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，所以，故答案选A．
42．(2022·湖南省雅礼中学开学考试)已知函数，则 ．
【答案】4
【考点】分段函数的函数值
【解析】由题意可知，①当x0≤1时，f(x0)＝(x0－1)2＝－2，无解，故舍去；②当x0＞1时，f(x0)＝＝－2，解得x0＝4，满足题意；故答案为4．
43．(2022·湖南省雅礼中学开学考试)若点P是曲线lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小值为 ．
【答案】
【考点】导数的几何意义与平行线间的距离求最值问题
【解析】由题意可得，y′＝，令y′＝1，得方程，解得(舍去)或，故与直线y＝x－2平行且与曲x相切的直线的切点坐标为(1，1)，该点到直线y＝x－2的距离即为所求，故答案为．
44．(2022·湖北华中师大附中等六校开学考试联考)已知函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由函数的奇偶性与单调性分析可得函数的大致图象，据此分析可得关于的取值范围，即可得答案.
【详解】根据题意，函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，
则在上递减，又由，则，则函数的草图如图：

若，则有或，解得或
即不等式的解集为；故选：B.
45．(2022·湖北华中师大附中等六校开学考试联考)若函数在区间[2，3]上不是单调函数，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出导函数，使区间上有解，分离参数可得，设，从而可得，利用导数即可求解.
【详解】因为函数，
所以，
若在区间上不是单调函数，则在区间上有解，
即在区间上有解，
即
设，则，，
所以，实数的取值范围是，
故选：B.
46．(2022·湖北华中师大附中等六校开学考试联考)2018年5月至2019年春，在阿拉伯半岛和伊朗西南部，沙漠蚂虫迅速繁衍，呈现几何式的爆发，仅仅几个月，蝗虫数量增长了8000倍，引发了蝗灾，到2020年春季蝗灾已波及印度和巴基斯坦，假设蝗虫的日增长率为5%，最初有只，则经过____________天能达到最初的16000倍（参考数据：，.
【答案】199
【解析】
【分析】设过天能达到最初的16000倍，得到方程，结合对数的运算性质，即可求解.
【详解】设过天能达到最初的16000倍，
由已知，解得，
又因为，所以过199天能达到最初的16000倍.
故答案为：199.
47．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件可得出关于、的方程组，由此可解得的值.
【详解】由已知可得，，
因为为偶函数，为奇函数，所以，，
联立，解得.
故选：C.
48．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)若，，，，则a，b，c，a的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数的概念，利用幂函数的性质即可求解.
【详解】 幂函数在上单调递增，又，
，，故选：C.
49．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)已知，其中．设两曲伐，有公共点，且在该点的切线相同，则（ ）
A. 曲线，有两条这样的公共切线 B.
C. 当时，b取最小值 D. 的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】求得两函数的导函数，，设两曲线的公切点为，由题意得，，从而可求得，即可判断A；进而可求得的关系式，即即可判断B；令，求出函数的单调性，根据函数的单调性即可求得函数的最值，即可判断CD.
【详解】解：由，，，
则，，设两曲线的公切点为，由题意得，
，即，
由 得，，解得或（舍去），
所以曲线只有一条这样的共切线，故A错误；
，故B错误；
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以当时，b取得最小值，为，
故C错误，D正确.故选：D.
50．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)(多选题)设函数，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，有两个极值点
C. 当时，任上不单调
D. 当时，存在唯一实数m使得函数恰有两个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】求得函数的导数，当时，求得函数的单调性与最值，即可判定当A正确，B不正确；当，求得函数单调区间，可判定C正确；当时，把方程恰好有两个解，转化为，得到，令，结合函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，且为最大值，最大值为，
所以A正确，B不正确；
当，由，可得当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以函数任上不单调，所以C正确；
当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，又由，当时，，
所以方程恰好有两个解，等价于，即，
令，可得，，
所以为单调递减函数，由，当，可得，
所以存在，使得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，由，且时，，
所以存在唯一的，使得，所以D正确.
故选：ACD
51．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)函数，关于x的方程0恰有四个不同实数根，则实数m的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用导数求出函数的单调区间和极值，令，由题意可知，方程有两个不同的实数根，，根据数形结合求得实数根，的分布情况，再令，数形结合分类讨论，由此即可求出的取值范围．
【详解】，令得，或1，
当时，，函数在上单调递增，且，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以极大值为，极小值为，
令，因为关于的方程恰有四个不同的实数解，
所以方程有两个不同的实数根，，
且一个根在内，一个根在内，
或者两个根都在内，或者一根为，另一根在内；
当实数根，，一个根在内，一个根在内，
令，因为，
所以只需，即，得，
即的取值范围为：；
当实数根，，都在内，令，因为，
所以只需，解得，即的取值范围为：；
当实数根，，一根为，另一根在内，
令，因为，且开口向上，故此种情况不可能成立；
综上可知：实数m的取值范围为
故答案为：



52．(2022·南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)
设函数f(x)＝(x2－a)ex，a∈R，e是自然对数的底数．
(1)若a＝3，求函数f(x)的极值；
(2)当x≥0时，f(x)＋x＋a≥0，求a的取值范围．
【考点】函数与导数：求函数极值、函数单调性与恒成立综合应用
【解析】
(1)当a＝3时，f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x－1)(x＋3)ex．…………………………………2分
令f′(x)＝0，解得x＝－3或1．
当x∈(－∞，－3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(－3，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
因此，当x＝－3时，f(x)取到极大值f(－3)＝6；
当x＝1时，f(x)取到极小值f(1)＝－2e．………………………………………………5分
(2)设g(x)＝f(x)＋x＋a＝(x2－a)ex＋x＋a，
则g′(x)＝(x2＋2x－a)ex＋1，g″(x)＝(x2＋4x＋2－a)ex．
①当a≤1时，
当x≥0时，g″(x)＞0，因此g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
于是g′(x)≥g′(0)＝1－a≥0，因此g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
从而g(x)≥g(0)＝0，
即a≤1符合题意．…………………………………………………………………………8分
②当1＜a≤2时，
当x≥0时，g″(x)＞0，因此g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又g′(0)＝1－a＜0，g′(1)＝(3－a)e＋1＞0且g′(x)在[0，＋∞)上不间断，
因此g′(x)在[0，＋∞)上存在唯一的零点x0，且x0∈(0，1) ．
当0＜x＜x0时，g′(x)＜g′(x0)＝0，g(x)单调递减，
于是g(x0)＜g(0)＝0，不合题意．…………………………………………………………10分
③当a＞2时，
当0＜x＜－2时，g″(x)＝(x2＋4x＋2－a)ex＜0，g′(x)单调递减，
此时g′(x)＜g′(0)＝1－a＜0，g(x)单调递减，
因此g(－2)＜g(0)＝0，不合题意．
综上可知a≤1，即a∈(－∞，1]．………………………………………………………12分
53．(2022·江苏第一次百校联考)(本题满分12分)
已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)有两个零点．
(1)证明：0＜a＜．
(2)若f(x)的两个零点为x1，x2，且x1＜x2，证明：2a＜x1＋x2＜1．
【考点】函数与导数：利用零点求参数范围、极值点偏移的应用
【解析】
(1)证明：由f(x)＝lnx＋，x＞0可得f′(x)＝－，x＞0． …………1分
当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与题意不符．
当a＞0时，令f′(x)＝－＝0，得x＝a．
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a．＋∞)时．f′(x)＞0，f(x)单调递增．
可得当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)＝lna＋1． …………3分
又因为函数有两个零点，
所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜，综上，0＜a＜． …………4分
(2)解：由上可得f(x)的极小值点为x＝a，则0＜x1＜a＜x2．
设g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋－lnx－．x∈(0，a)． …………5分
可得g′(x)＝－－＋＝＞0，x∈(0，a)．
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以g(x)＜g(a)＝0．
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
所以当0＜x1＜a＜x2时，2a－x＞a，且f(2a－x1)＜f(x1)＝f(x2)，
因为当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，所以2a－x1＜x2，即x1＋x2＞2a．…………7分
设x2＝tx1，t＞1，则则，即lnx1＝tlnx2＝tlntx1＝t(lnx1＋lnt)．
所以lnx1＝－． …………8分
所以ln(x1＋x2)＝lnx1(t＋1)＝lnx1＋ln(t＋1)＝－＋ln(t＋1)＝t(－)．……10分
又因为，则g′(t)＝＜0，所以g(t)在(1．＋∞)上单调递减，
所以＜，所以ln(x1＋x2)＜0，即x1＋x2＜1．综上，2a＜x1＋x2＜1． ……12分
54．(2022·江苏海安中学期初)(12分)
已知函数f(x)＝e，g(x)＝lnx－1，其中e为自然对数的底数．
(1)当x＞0时，求证：f(x)≥g(x)＋2；
(2)是否存在直线与函数y＝f(x)及y＝g(x)的图象均相切?若存在，这样的直线最多有几条?并给出证明．若不存在，请说明理由．
【考点】函数与导数：利用函数的单调性与最值证明不等式、公切线问题
【解析】
(1)设h(x)＝f(x)－g(x)－2＝e－lnx－1，x＞0，h′(x)＝e－，
因为y＝h′(x)在(0，＋¥)为增函数，且h′(1)＝0，
所以x∈(0，1)，h′(x)＜0，h(x)为减函数，
x∈(1，＋¥)，h′(x)＞0 ，h(x)为增函数.
所以h(x)min＝h(1)＝e0－ln1－1＝0，所以h(x)≥0，即证f(x)≥g(x)＋2.
(2)设直线与y＝f(x)切于，
与y＝g(x)切于，.
，，，
所以切线为.
因为，即，即.
又因为，
将，代入，
得：，整理得.
设，，
因为在(0，＋¥)为增函数，且x＝1时，y＝0，
所以x∈(0，1)，k′(x)＜0，k(x)为减函数，
x∈(1，＋¥)，k′(x)＞0 ，k(x)为增函数.
k(x)min＝k(1)＝－2＜0，
又因为，
，
所以在(0，＋¥)上有两个零点，
即方程有两个根，
所以有两条直线与函数y＝f(x)及y＝g(x)的图象均相切.
55．(2022·沭阳如东中学期初考试)(10分)
某自来水厂的蓄水池存有400吨水，水厂每小时可向蓄水池中注水60吨，同时蓄水池又向居民小区不间断供水，1小时内供水总量为吨(0≤t≤24)．
(1)从供水开始到第几小时时，蓄水池中的存水量最少?最少水量是多少吨?
(2)若蓄水池中水量少于80吨时，就会出现供水紧张现象，请问：在一天的24小时内，有几小时出现供水紧张现象?
【考点】二次函数的实际应用
【解析】
(1)设t小时后蓄水池中的存水量为y吨，
则y＝400＋60t－120，
令＝x，则x2＝6t，即t＝，
所以，
所以当x＝6，即t＝6时，ymin＝40，
即从供水开始到第6小时时，蓄水池中的存水量最少，最少存水量是40吨．……6分
(2)由(1)及题意得400＋10x2－120x＜80，
即x2－12x＋32＜0，
解得4＜x＜8，即4＜＜8，＜t＜．
因为，所以每天约有8小时出现供水紧张现象． ……12分
56．(2022·沭阳如东中学期初考试)(12分)
已知函数)为奇函数．
(1)求实数a的值并证明函数f(x)的单调性；
(2)解关于m不等式：．
【考点】函数的单调性证明与应用
【解析】
(1)根据题意，因为函数为奇函数，
所以f(x)＋f(－x)＝0，即，
即＝0，
即
化简得，所以a＝2，
所以， ………6分
证明：任取x1＜x2∈R，
则f(x1)－f(x2)＝(－)－(－)＝－＝，
因为x1＜x2，所以＜，－＜0，＋1＞0，＋1＞0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，所以f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在R上单调递增；
(2)可化为
≤f(2－m)＋2－m，
设函数g(x)＝f(x)＋x，
由(1)知，g(x)＝f(x)＋x在R上也是单调递增，所以m2≤2－m，
解得－2≤m≤1．
所以原不等式的解集为[－2，1]． ……………12分
57．(2022·沭阳如东中学期初考试)(12分)
已知函数f(x)＝(x2－ax)lnx－x2＋ax．
(1)讨论函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)极大值大于1，求a的取值范围．
【考点】函数与导数：含参函数的极值点讨论、利用函数的单调性与极值求参数范围
【解析】f′(x)＝＝．
(1)①当a≤0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋¥)上单调递增，极小值点为x＝；
②当0＜a＜时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，)上单调递减，在(，＋¥)上单调递增，极小值点为x＝，极大值点为x＝a；
③当a＝时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，无极值点；
④当a＞时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝a，极大值点为x＝． ……………6分
(2)由(1)知，a≤0和a＝时，无极大值，则不成立．
当a＞时，极大值f()＝a－＞1，解得a＞＋，
由于＋－＝－＝(1－)＜0，所以a＞．
当0＜a＜时，极大值f(a)＝a2(2－lna)＞1，得2－lna＞．
令t＝a2，则g(t)＝2－lnt－，0＜t＜e，
g′(t)＝，
所以g(t)在(0，e)上单调递增，而g(1)＝0，所以g(t)＞0的解为(1，e)，则a∈(1，)，
所以a的取值范围为(1，)∪(，＋¥)． ……………12分
58．(2022·苏州期初考试)(本小题满分12分)
已知函数，a∈R．
(1)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，其中ln2＜x0＜ln3．
证明：2－＜a＜3－；
(2)若f(x)≤x－恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】函数与导数：函数极值的应用、恒成立问题
【解析】
(1)由题知f′(x)＝．
∵函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，
∴f′(x0)＝＝0，且f(x0)＝＝1，
∴＋a＝lnx0＋ax0＝e，∴a＝e－， …………2分
令r(x)＝e－(x＞0)，则r′(x)＝e＋＞0，
∴r(x)为增函数，
∵0＜ln2＜x0＜ln3，
∴r(ln2)＜a＜r(ln3)，即2－＜＜3－成立． …………4分
(2)不等式f(x)≤x－恒成立，
即不等式xex－lnx－ax≥1恒成立，即a≤ex－－恒成立，
令g(x)＝ex－－，则g′(x)＝ex－＋＝， …………6分
令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋，
∵x＞0，∴h′(x)＜0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝e＞1； h()＝－ln2＜0，
∴h(x)有唯一零点x1，且＜x1＜1． …………8分
当x∈(0，x1)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(x1，＋¥)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
∴g(x)min＝g(x1)，∴a≤e－－， …………9分
由h(x1)＝0整理得x1e＝－．
∵＜x1＜1，－lnx1＞0，
令k(x)＝xex(x＞0)，则方程x1e＝－等价于k(x1)＝k(－lnx1)，
而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵k(x1)＝k(－lnx1)，∴x1＝－lnx1，∴e＝， …………11分
∴g(x1)＝e－－＝－－＝1，
∴a≤1，∴实数a的取值范围为(－∞，1]． …………12分
59．(2022·泰州中学期初考试)(12分)
已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数在区间上的最大值和最小值．
【解析】(1)因为，所以.
又因为，所以曲线在点处的切线方程为.
(2)设，则.
当时，，所以在区间上单调递减.
所以对任意有，即.
所以函数在区间上单调递减.
因此在区间上的最大值为，最小值为.
60．(2022·泰州中学期初考试)(12分)
已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)已知时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2ex－x－2，f′(x)＝2ex﹣1，f′（1）＝2e﹣1，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率k＝2e﹣1，又f（1）＝2e﹣3，
故所求的切线方程是y＝（2e﹣1）x﹣2．
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立⇔[f(x)]min≥0．
易知f′(x)＝2ex﹣a．
①若a≤0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在R上单调递增；
又f（0）＝0，∴当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
②若 a＞0，由f′(x)＝0，解得x＝ln．
则当时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴x＝时，函数f(x)取得最小值．
当，即0＜a≤2时，当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
当，即a＞2时，当时，f(x)单调递增，f(x)＜f（0）＝0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是（﹣∞，2]．
61．(2022·泰州中学期初考试)(12分)
已知函数
(1)求函数y＝f(x)的最大值；
(2)令，若g(x)既有极大值，又有极小值，求实数a的范围；
(3)求证：当时，.
【解析】
(1)函数y＝f(x)定义域为x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－，x∈(－1，＋∞)，
当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，
∴函数f(x)在区间(－1，0)上为增函数；在区间(0，＋∞)为减函数，
所以f(x)max＝f(0)＝1；
(2)g(x)＝1＋ln(x＋1)－(a－2)x＋x2，
g′(x)＝－(a－2)＋2x＝，
g(x)既有极大值，又有极小值，
等价于方程2x2＋(4－a)x＋3－a＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根，
即：，解得：a＞2，
所以所求实数a的取值范围是：(2，＋∞)；
(3)证明：由(1)知当x＞0时，f(x)＜f(0)＝1，
∴ln(1＋x)＜x，∴ln(1＋)＜，
∴ln(1＋1)＜1，ln(1＋)＜，ln(1＋)＜，…，ln(1＋)＜，
∴ln(1＋1)＋ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)＜1＋＋＋…＋
＜1＋＋＋…＋＝1＋2(－＋－＋…＋－)
＝1＋2－2＝2－1＜2．
62．(2022·河北衡水一中一调)(本小题满分12分)
已知函数．
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)当a＞0时，当函数h(x)＝f(x)－g(x)恰有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
【考点】函数与导数：含参函数的极值点、函数的零点等综合应用
【解析】
(1)因为，所以,所以f′(x)＝×－a＝－a＝(x＞0)，
当a≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)无极值点；当a＞0时，令f′(x)＝0，解得
由，解得0＜x＜；由，解得x＞，
故函数f(x)有极大值点，无极小值点，
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a＞0时，函数f(x)有极大值点，无极小值点．
(2)当a＞0时，h(x)＝f(x)－g(x)＝＋(x＞0)，
所以h'(x)＝－a－＝(x＞0)，
设k(x)＝－ax2＋x－4a＝0，则，
①当，即时，h'(x)≤0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)不可能有三个不同的零点．
②当，即0＜a＜时，k(x)有两个零点，，
所以x1＞0，x2＞0，又k(x)＝－ax2＋x－4a＝0的图象开口向下，
所以当0＜x＜x1时，k(x)＜0，所以h'(x)＜0，所以h(x)在(0，x1)上单调递减；
当x1＜x＜x2时，k(x)＞0，所以h'(x)＞0，所以h(x)在(x1，x2)上单调递增；
当x＞x2时，k(x)＜0，所以h'(x)＜0，所以h(x)在(x1，＋¥)上单调递减，
因为＝4，所以x1＜2＜x2，
所以h(x1)＜h(2)＝0＜h(x2)，
h()＝ln－a×＋＝－ln2－2lna－＋4a3，
令m(a)＝－ln2－2lna－＋4a3，
则当0＜a＜时，m′(a)＝－＋＋12a2＝＞＞0，
所以m(a)在上单调递增，
所以当0＜a＜时，m(a)＜m()＝－ln2－2ln－4＋4×()3＝3ln2－4＋＜0，
即h()＜0，
由零点存在性定理知，h(x)在区间(0，)上有唯一的零点x0．
因为h(x0)＋h()＝ln－ax0＋＋ln(·)－a·＋＝0，
，所以，
所以0＜＜x1，所以h(x)在区间(0，x1)上有唯一的零点
故当0＜a＜时，h(x)存在三个不同的零点，2，x0，
故实数a的取值范围是(0，).
63．(2022·武汉部分学校9月起点质量检测)(12分)
已知函数．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】函数与导数：求切线方程、恒成立问题
【解析】
(1)a＝0时，f(x)＝2(x－2)lnx－1．
f′(x)＝，f(1)＝－1，f′(1)＝－2．
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为：y＝f′(1)(x－1)＋f(1)．
整理得：2x＋y－1＝0． …………4分
(2)由f(1)≥0，得：a≥1．
当a≥1时，f(x)≥．
令h(x)＝2(x－2)lnx＋x2－1，h'(x)＝．
令t(x)＝h'(x)，t'(x)＝2(＋1＋)＞0，∴h'(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵h′(1)＝0， ∴x＜0时，h′(x)＜0， h(x)单调递减；x＞1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
故h(x)≥h(1)＝0，此时f(x) ≥h(x) ≥0，满足条件．
综上所述，a≥1． …………12分
64．(2022·青岛期初考试)(12分)
已知函数f(x)＝(x－1)lnx－a(x＋1)，a∈R．
(1)若a≤0，求证：f(x)≥0；
2)若f(x)有且只有两个零点x1，x2．
(i)求a的取值范围；
(ii)求证：＋＞0．
【考点】函数与导数：证明不等式、利用函数的零点求参数范围、极值点偏移证明不等式
【解析】
解：(1)当a＝0时，f(x)＝(x－1)lnx，
若x∈(0，1)，则x－1＜0，lnx＜0，f(x)＞0；
若x＝1，f(1)＝0；
若x∈(1，＋∞)，则x－1＞0，lnx＞0，f(x)＞0；
所以当a＝0时，f(x)≥0，
当a＜0时，f(x)＞(x－1)lnx≥0，
所以当a≤0时，f(x)≥0，
(2)(i)由(1)知a≤0不合题意；
当a＞0时，f′(x)＝，令h(x)＝f′(x)，所以h′(x)＝＋＞0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＜0，h(ea)＞0，
所以存在x0∈(1，ea)使得h(x0)＝f′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，x0)上单调递减；
当x∈(x0，＋¥)时，f′(x)＞0，f(x)在(x0，＋¥)上单调递增；
因为f(x0)＜f(1)＝0，
f()＞3a(－1)－a(＋1)＝2a(－2)＞0，
f()＞(3a＋1)(1－)－a(＋1)＞2a(1－2)＞0，
所以，f(x)在和各恰有一个零点，
所以a的取值范围是(0，＋¥)；
(ii)因为，所以若f(x)＝0，则，所以，即，
又因为，
所以，
所以1＋＋1＋＝x1＋x2＞2＝2
所以＋＞0．
65．(2022·湖南省长郡中学开学考试)（12分）已知函数f（x）＝ex+e﹣x，其中e是自然对数的底数．
（1）判断并证明f（x）的奇偶性；
（2）若关于x的不等式mf（x）≤e﹣x+m﹣1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜a（﹣x03+3x0）成立，试比较ea﹣1与ae﹣1的大小，并证明你的结论．
【解答】（1）解：f（x）为定义域上的偶函数．
证明：f（x）＝ex+e﹣x的定义域为R，
∵f（﹣x）＝e﹣x+ex＝f（x），∴f（x）为定义域上的偶函数；
（2）解：若关于x的不等式mf（x）≤e﹣x+m﹣1在（0，+∞）上恒成立，
即m（ex+e﹣x﹣1）≤e﹣x﹣1在（0，+∞）上恒成立，∵x＞0，∴ex+e﹣x﹣1＞0，
即m≤在（0，+∞）上恒成立，
设t＝ex（t＞1），则m≤在（1，+∞）上恒成立．
∵＝﹣．当且仅当t＝2时上式等号成立．∴m；
（3）解：令g（x）＝ex+e﹣x﹣a（﹣x3+3x）．则g′（x）＝ex﹣e﹣x+3a（x2﹣1），
当x＞1时，g′（x）＞0，即g（x）在（1，+∞）上单调递增，
故此时g（x）的最小值g（1）＝e+．
由于存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）＜a（﹣x03+3x0）成立，
故e+＜0，即a＞（e+）．令h（x）＝x﹣（e﹣1）lnx﹣1，h′（x）＝1﹣，
由h′（x）＝1﹣＝0，解得x＝e﹣1．
当0＜x＜e﹣1时，h′（x）＜0，此时函数单调递减，当x＞e﹣1时，h′（x）＞0，此时函数单调递增．∴h（x）在（0，+∞）上的最小值为h（e﹣1）．注意到h（0）＝h（1）＝0，
∴当x∈（1，e﹣1）⊆（0，e﹣1）时，h（e﹣1）≤h（x）＜h（1）＝0．
x∈（e﹣1，e）⊆（e﹣1，+∞）时，h（x）＜h（e）＝0．
∴h（x）＜0对任意x∈（1，e）成立．
①a∈（，e）⊆（1，e）时，h（a）＜0，即a﹣1＜（e﹣1）lna，从而ea﹣1＜ae﹣1；
②a＝e时，ea﹣1＝ae﹣1；
③a∈（e，+∞）⊆（e﹣1，+∞）时，h（a）＞h（e）＝0，即a﹣1＞（e﹣1）lna，从而ea﹣1＞ae﹣1．
66．(2022·湖南省雅礼中学开学考试)(12分)已知函数f(x)＝xlnx－x3＋a，g(x)＝x＋x3－x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若函数f(x)在上有零点，求a的取值范围；
(2)当x≥1时，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】函数与导数：零点问题、恒成立问题
【解析】
(1)f′(x)＝lnx＋1－x2，设φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝－3x＝．
当x∈(0，)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增；当x∈(，＋¥)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减．
所以φ(x)的最大值即φ(x)的极大值位φ()＝f′()＝＜0，
所以f(x)在(0，＋∞)上递减，即在(，1)上递减，
若函数f(x)在(，1)上有零点，则f()·f(1)＜0，则＋＜a＜
(2)f(x)≤g(x)，即xlnx－x3＋a≤x＋x3－x，
化简－lnx＋ax2－－1≥0，设，
F(1)＝0，F′(x)＝，F′(1)＝3a－2．
(i)3a－2≥0，即a≥时，令h(x)＝F′(x)，h′(x)＝＋lnx＋2a(1－)＞0，
所以F′(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，所以F′(x)≥F′(1)＝3a－2≥0，
所以F(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，F(x)≥F(1)＝0恒成立，即f(x)≤g(x)恒成立．
(ii) 3a－2＜0，即a＜时，若F′(x)在[1，＋∞)上无零点，则F′(x)＜0恒成立，
所以F(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，所以F(x)＜F(1)＝0恒成立，即f(x)≤g(x)不成立；
若F′(x)有零点，设第1个零点为x0，当x∈(1，x0)时F′(x)＜0，所以F(x)在区间(1，x0)上单调递减，所以F(x)＜F(1)＝0，即f(x)≤g(x)在区间(1，x0)上不成立．
综上所述，实数a的取值范围为[．
67．(2022·湖北华中师大附中等六校开学考试联考)设.
（1）讨论在上的单调性；
（2）令，试证明在上有且仅有三个零点.
【答案】（1）的单调递增区间是，递减区间是；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先求导得到，再根据导函数的正负性即可得到函数的单调区间.
（2）首先根据，得到是的一个零点，再根据是偶函数得到在上的零点个数，只需确定时，的零点个数即可，再求出在时的单调性和最值，确定其零点个数即可.
【详解】，
令，则或.
时，，单调递增，时，单调递减，
时，，单调递增，时，，单调递减.
单调递增区间是，递减区间是.
（2），因为，所以是的一个零点.

所以是偶函数，
即要确定在上的零点个数，需确定时，的零点个数即可.
①当时，
令，即或.
时，单调递减，且，
时，，单调递增，且
在有唯一零点
②当时，由于，.

而在单调递增，
所以恒成立，故在无零点，所以在有一个零点，
由于是偶函数，所以在有一个零点，而，
综上在有且仅有三个零点.
68．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)北京时间2021年7月23日19：00东京奥运会迎来了开幕式，各国代表队精彩入场，运动员为参加这次盛大的体育赛事积极做准备工作，当地某旅游用品商店经销此次奥运会纪念品，每件产品的成本为5元，并且每件产品需向税务部门上交元（）的税收，预计当每件产品的售价为x元（）时，一年的销售量为件．
（1）求该商店一年的利润L（万元）与每件品的售价x的函数关系式；
（2）当每件产品的售价为多少元时，该商店一年的利润L最大，并求出L的最大值．
【答案】（1）]，；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合利润的求法，即可求得商店一年的利润L（万元）与售价x的函数关系式；
（2）由（1）知利润，求得，结合导数分类讨论求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）由题意，每件产品的成本为5元，向税务部门上交元，每件产品的售价为x元，一年的销售量为件，所以商店一年的利润L（万元）与售价x的函数关系式为：
]，其中．
（2）由（1）知利润L（万元）与售价x的函数关系式为，
可得，
令，解得或．因为，所以．
①当，即时，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以．
②当，即时，，在单调递增
所以．
综上可得：
69．(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)已知函数，
（1）讨论函数的导数的单调性
（2）当时，不等式对恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）上单调递减，在上单调递增；（2）．
【解析】
【分析】（1）求导可得，再求导分析单调性即可；
（2）化简构造可得对恒成立，再根据，再求导分析分析的正负，结合隐零电脑问题，分析函数的最值判断即可
详解】（1），，令，
由，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）当时，不等式对恒成立，等价于对恒成立，
令，，则，
，，令，
则对恒成立，
从而有上单增，
①当时，，在上单增，
，即对恒成立，
②当时，，


，使得，当时，，在上递减，
当时，，故不成立，
综上，m的取值范围是．