2024年高三数学二轮备考真题演练之幂函数、指数函数、对数函数(解析)

这是一份2024年高三数学二轮备考真题演练之幂函数、指数函数、对数函数(解析)，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．（2022·天津市）化简(2lg43+lg83)(lg32+lg92)的值为（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】B
【解析】【解答】原式=(2×12lg23+13lg23)(lg32+12lg32)
=43lg23×32lg32=2，
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合对数的运算法则和换底公式化简求值。
2．（2023·全国甲卷）已知函数f(x)=e−(x−1)2．记a=f(22)，b=f(32)，c=f(62)，则（ ）
A．b>c>aB．b>a>cC．c>b>aD．c>a>b
【答案】A
【解析】【解答】∵f2−x=e−2−x−12=e−x−12=fx，
∴fx关于x=1对称，
又∵y=ex在R单调递增，y=−x−12在−∞，1单调递增，在1，+∞单调递减，
由复合函数可知fx在−∞，1单调递增，在1，+∞单调递减，
由fx关于x=1对称得f62=f2−62
∵2+62<16<3+62，∴22<2−62<32<1，
由fx在−∞，1单调递增得a 故选：A
【分析】对二次函数对称性分析得出复合函数单调性，利用对称性将c转化与a、b同一单调性，从而利用单调性比较函数值大小。
3．（2023·天津卷）若a=1.010.5，b=1.010.6，c=0.60.5，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c>a>bB．c>b>aC．a>b>cD．b>a>c
【答案】D
【解析】【解答】由指数函数y=1.01x在R上单调递增，
故1.010.6>1.010.5>1.010，即b>a>1，
由幂函数y=x0.5在[0，+∞)上单调递增，
故0.60.5<10.5，即c<1，
∴b>a>c，
故选：D.
【分析】由a、b同一底数结构可利用指数函数单调性比较大小，结合特殊值1即可得出答案.
4．（2022·天津市）已知a=20.7，b=(13)0.7，c=lg213，则（ ）
A．a>c>bB．b>c>aC．a>b>cD．c>a>b
【答案】C
【解析】【解答】因为20.7>(13)0.7>0=lg21>lg213，故a>b>c.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合指数函数的单调性和对数函数的单调性，从而比较出a，b，c的大小。
5．（2022·浙江）已知 2a=5，lg83=b ，则 4a−3b= （ ）
A．25B．5C．259D．53
【答案】C
【解析】【解答】将lg83=b转化为指数，得到8b=3.再结合指数的运算性质，8b=（23）b=23b=3，因此2a−3b=2a33b=53，所以4a−3b=259.
故答案为：C
【分析】直接利用指数、对数的运算性质求解即可．
6．（2022·全国甲卷）函数 y=(3x−3−x)csx 在区间 [−π2，π2] 的图像大致为（ ）
A．​​
B．​​
C．​​
D．​​
【答案】A
【解析】【解答】解：由题意得，f(-x)=(3-x-3x)cs(-x)=-(3x-3-x)csx=-f(x)，又 x∈[−π2，π2]
所以f(x)为奇函数，排除BD；
又当x∈(0，π2]时，3x-3-x>0，csx>0，所以f(x)>0，排除C.
故选：A.
【分析】由函数的奇偶性排除BD，结合指数函数、三角函数的性质逐项排除C，即可得解.
7．（2022·全国甲卷）已知 9m=10，a=10m−11，b=8m−9 ，则（ ）
A．a>0>bB．a>b>0C．b>a>0D．b>0>a
【答案】A
【解析】【解答】解：由9m=10可得m=lg910=lg10lg9>1，
而lg9lg11所以lg10lg9>lg11lg10 ，
即m>lg11，
所以a=10m-11>10lg11-11=0．
又lg8lg10所以lg9lg8>lg10lg9 ，
即lg89>m ，
所以b=8m−9<8lg89−9=0 ．
综上，a>0>b ．
故选：A
【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m=lg910>1 ，再利用基本不等式，换底公式可得 m>lg11，lg89>m ，然后由指数函数的单调性即可解出．
8．（2022·全国乙卷）已知函数 f(x)，g(x) 的定义域均为R，且 f(x)+g(2−x)=5，g(x)−f(x−4)=7 ．若 y=g(x) 的图像关于直线 x=2 对称， g(2)=4 ，则 k=122f(k)= （ ）
A．-21B．-22C．-23D．-24
【答案】D
【解析】【解答】因为 y=g(x) 的图像关于直线 x=2 对称，所以 g(2−x)=g(x+2) ，
由 g(x)−f(x−4)=7 ，得 g(x+2)−f(x−2)=7 ，即 g(x+2)=7+f(x−2) ，
因为 f(x)+g(2−x)=5 ，所以 f(x)+g(x+2)=5 ，
代入得 f(x)+[7+f(x−2)]=5 ，即 f(x)+f(x−2)=−2 ，
所以 f(3)+f(5)+…+f(21)=(−2)×5=−10 ，
f(4)+f(6)+…+f(22)=(−2)×5=−10 .
因为 f(x)+g(2−x)=5 ，所以 f(0)+g(2)=5 ，即 f(0)=1 ，所以 f(2)=−2−f(0)=−3 .
因为 g(x)−f(x−4)=7 ，所以 g(x+4)−f(x)=7 ，又因为 f(x)+g(2−x)=5 ，
联立得， g(2−x)+g(x+4)=12 ，所以 y=g(x) 的图像关于点 (3，6) 中心对称，
因为函数 g(x) 的定义域为R，所以 g(3)=6
因为 f(x)+g(x+2)=5 ，所以 f(1)=5−g(3)=−1 .
所以 k=122f(k)=f(1)+f(2)+[f(3)+f(5)+…+f(21)]+[f(4)+f(6)+…+f(22)]=−1−3−10−10=−24 .
故选：D
【分析】根据对称性和已知条件得到 f(x)+g(x+2)=5 代入 f(x)+g(2−x)=5 得到 f(x)+f(x−2)=−2 ，从而得到 f(3)+f(5)+…+f(21)=−10 ， f(4)+f(6)+…+f(22)=−10 ，然后根据条件得到 f(2) 的值，再由题意得到 g(3)=6 从而得到 f(1) 的值即可求解.
9．（2022·北京）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献，如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 T 和 1gP 的关系，其中 T 表示温度，单位是 K ； P 表示压强，单位是bar，下列结论中正确的是（ ）
A．当 T=220 ， P=1026 时，二氧化碳处于液态
B．当 T=270 ， P=128 时，二氧化碳处于气态
C．当 T=300 ， P=9987 时，二氧化碳处于超临界状态
D．当 T=360 ， P=729 时，二氧化碳处于超临界状态
【答案】D
【解析】【解答】A选项： lgP=lg1026>3 ， T=220 ，由图易知处于固态；
B选项： lgP=lg128>2 ， T=270 ，由图易知处于液态；
C选项： lgP=lg9987≈3.999 ， T=300 ，由图易知处于固态；
D选项： lgP=lg729>2 ， T=360 ，由图易知处于超临界状态.
故答案为：D
【分析】根据选项所给P的值分别计算 lgP ，结合T的值以及图象逐个判断即可.
10．（2022·北京）已知函数 f(x)=11+2x ，则对任意实数 x ，有（ ）
A．f(−x)+f(x)=0B．f(−x)−f(x)=0
C．f(−x)+f(x)=1D．f(−x)−f(x)=13
【答案】C
【解析】【解答】由 f(x)=11+2x ，可得 f(−x)=11+2−x=2x1+2x ，所以 f(−x)+f(x)=1 .
故答案为：C
【分析】根据函数 f(x)=11+2x 的解析式求得 f(−x) 的解析式，从而可得选项.
11．（2022·浙江学考）函数 y=2−x 的图象大致是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】【解答】由 y=2−x=(12)x ，得函数 y=2−x 是以 12 为底数的指数函数，
且函数为减函数，D选项符合题意。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合指数函数的图象，进而找出函数 y=2−x 的大致图像。
12．（2023·吉林模拟）已知a=0.310.1，b=0.310.2，c=0.320.1，则（ ）
A．a>b>cB．b>a>cC．c>b>aD．c>a>b
【答案】D
【解析】【解答】解：由指数函数y=0.31x为单调递减函数，可得0.310.1>0.310.2，即a>b，
又由幂函数y=x0.1为单调递增函数，可得0.320.1>0.310.2，即c>a，
所以c>a>b.
故答案为：D
【分析】根据题意，利用指数函数与幂函数的单调性，即可求解.
13．（2023·江西模拟）已知a=ln1.2，b=ea2s−1，c=16，则（ ）
A．a【答案】C
【解析】【解答】解：不妨设f(x)=ln(x+1)−x，函数的定义域为(−1，+∞)，
可得f'(x)=1x+1−1=−xx+1，
当−10，f(x)单调递增；
当x>0时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
所以f'(x)当且仅当x=0时等号成立，
令x=0.2，则ln1.2<0.2不妨设g(x)=ln(x+1)−xx+1，函数的定义域为(0，+∞)，
可得g'(x)=1x+1−1(x+1)2=x(x+1)2>0，所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增，
此时g(x)>g(0)=0，即ln(x+1)>xx+1，、
令x=0.2，则ln1.2>，所以c综上所述，c故答案为：C.
【分析】利用构造法结合函数求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最值，再结合赋值法比较出a，b，c的大小。
14．（2018·河北模拟）设函数 f(x)=x+1，x≥012x，x<0 ，则 f[f(−1)]= （ ）
A．32B．2+1C．1D．3
【答案】D
【解析】【解答】由题意可得： f(−1)=12−1=2
∵f(2)=3
f[f(−1)]=f(2)=3
故答案为：D
【分析】应用分段函数的知识求解即可。
15．（2022·大荔模拟）设a=40.7，b=(14)−0.8，c=0.80.7，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b【答案】B
【解析】【解答】因为b=(14)−0.8=40.8，a=40.7，
所以b>a，
因为c=0.80.7<0.80=1，a=40.7>40=1，
所以b>a>c。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合指数函数的单调性，进而比较出a，b，c的大小。
16．（2019·哈尔滨模拟）已知 a=243 ， b=425 ， c=2513 ，则（ ）
A．b【答案】A
【解析】【解答】因为a＝2 43 ＝16 13 ，b＝4 25 ＝16 15 ，c＝25 13 ，且幂函数y＝x13 在R上单调递增，指数函数y＝16x在R上单调递增，所以b 故答案为：A.
【分析】根据题意结合幂函数的单调性以及指数函数的单调性即可得出结论。
二、填空题
17．（2023·北京卷）已知函数f(x)=4x+lg2x，则f(12)= ．
【答案】1
【解析】【解答】∵ f(x)=4x+lg2x ，∴f(12)=412+lg212=2−1=1.
故答案为：1
【分析】将x=12代入函数解析式计算求解 f(12)。
18．（2023·上海卷）已知f(x)=2x，x>01，x≤0，则f(x)的值域是 ；
【答案】[1，+∞)
【解析】【解答】当x>0，2x>20，即x>0，2x>1，
故f(x)≥1，即 [1，+∞)
故答案为： [1，+∞)
【分析】由指数函数易得x>0的值域，结合x≤0可得分段函数值域.
19．（2022·浙江）已知函数 f(x)=−x2+2， x≤1，x+1x−1， x>1， 则 f(f(12))= ；若当 x∈[a，b] 时， 1≤f(x)≤3 ，则 b−a 的最大值是 ．
【答案】3728；3+3
【解析】【解答】∵函数f(x)=−x2+2， x≤1，x+1x−1， x>1，∴f(12)=−122+2=74
∴f(f(12))=f(74)=74+47−1=3728
作出函数f（x）的图象如图：
当x+1x−1=3，解得x=2+3，由1≤f(x)≤3 ，可知−1≤x≤2+3，则 b−a 的最大值是2+3−（−1）=3+3
故答案为：3728；3+3
【分析】直接由分段函数解析式求f(f(12))；画出函数f（x）的图象，数形结合得答案．
20．（2022·北京）设函数 f(x)=−ax+1，x【答案】0（答案不唯一）；1
【解析】【解答】由题意知，函数的最值与函数的单调性相关，故考虑0，2为分界点研究函数的性质，当 a<0 时， f(x)=−ax+1，x2 时， f(x)=−ax+1，x【分析】根据题意考虑0，2为分界点研究函数的单调性和最值，分 a<0 、 a=0 、 02 四种情况讨论函数 f(x) 的值域结合函数存在最小值列关于 a 的不等关系从而求解 a 的取值范围.
21．（2017·杨浦模拟）已知函数f（x）= |x+a|+|x−1|，x>0x2−ax+2，x≤0 的最小值为a+1，则实数a的取值范围为 ．
【答案】{﹣2﹣2 2 }∪[﹣1，1]
【解析】【解答】解：（1）若﹣a≤0，即a≥0时，f（x）= a+1，01x2−ax+2，x≤0 ，
∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，最小值为f（0）=2，在（0，+∞）上最小值为a+1，
故只需2≥a+1即可，解得0≤a≤1；（2）若0＜﹣a≤1，即﹣1≤a＜0时，则f（x）= −2x−a+1，0∴f（x）在（﹣∞，0]上先减后增，最小值为f（ a2 ）=2﹣ a24 ，在（0，+∞）上最小值为a+1，
故只需2﹣ a24 ≥a+1即可，解得﹣2﹣2 2 ≤a≤﹣2+2 2 ，
又﹣1≤a＜0，∴﹣1≤a＜0，（3）若﹣a＞1，即a＜﹣1时，f（x）= −2x−a+1，0∴f（x）在（﹣∞，0]上先减后增，最小值为f（ a2 ）=2﹣ a24 ，
f（x）在（0，+∞）上的最小值为﹣a﹣1＞0，
而f（x）的最小值为a+1＜0，故只需令2﹣ a24 =a+1即可，解得a=﹣2﹣2 2 或a=﹣2+2 2 （舍），
综上，a的取值范围是{﹣2﹣2 2 }∪[﹣1，1]．
故答案为：{﹣2﹣2 2 }∪[﹣1，1]．
【分析】讨论﹣a与0，1的大小关系，判断f（x）在两区间（﹣∞，0]和（0，+∞）上的单调性与最小值，列不等式解出a的范围．
22．（2022·柯桥模拟）已知函数f(x)=lga(9−ax)，g(x)=lga(x2−ax)，若对任意x1∈[1，2]，存在x2∈[3，4]使得f(x1)≥g(x2)恒成立，则实数a的取值范围为 ．
【答案】(0，1)∪(1，3)
【解析】【解答】根据题意可得只需f(x1)min≥g(x2)min即可，由题可知a为对数底数且9−a2>0⇒0故答案为：(0，1)∪(1，3).
【分析】根据题意结合复合函数单调性的性质，增减性一致为增，不一致为减的特点，由二次函数和对数函数的单调性即可得出函数f(x)的单调性，结合函数单调性的性质即可得出不等式，求解出a的取值范围即可。
23．（2022·雅安模拟）已知函数y=f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)=(12)x，lg16x，0≤x<2x≥2，若关于x的方程[f(x)]2+af(x)+b=0(a，b∈R)有且仅有7个不同实数根，则a+b= .
【答案】-1
【解析】【解答】由题意画出f(x)图象如下
令t=f(x)，由图象知当t=14时，方程有两个根，当t∈14，1时，方程有四个根，当t=1时，方程有三个根，当t∈1，+∞时，方程有两个根，
关于x的方程 [f(x)]2+af(x)+b=0有且仅有7个不同实数根 ，即方程t2+at+b=0必有两个根t1，t2，其中t1=1，t2∈14，1，∴12+a+b=0，即a+b=−1.
故答案为：-1
【分析】先画出 f(x) 的图象，令t=f(x)，结合一元二次方程性质和图象求a的取值范围.
24．（2023·嵊州模拟）某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列.如图，第一行构造数列1，2：第二行得到数列1，2，2：第三行得到数列1，2，2，4，2，⋅⋅⋅，则第5行从左数起第8个数的值为 ；An表示第n行所有项的乘积，设Bn=lg2An，则B7= .
【答案】8；365
【解析】【解答】空1：由题意可得：第5行得到数列1，2，2，4，2，8，4，8，2，16，8，32，4，32，8，16，2，
所以第5行从左数起第8个数的值为8；
空2：根据题意可得：A1=1×2=21，A2=1×2×2=22=21+30，A3=1×2×2×4×2=25=21+30+31，
A4=1×2×2×4×2×8×4×8×2=214=21+30+31+32，
A5=1×2×2×4×2×8×4×8×2×16×8×32×4×32×8×16×2=241=21+30+31+32+33，
总结可得An=21+30+31+⋅⋅⋅+3n−2=21+1−3n−11−3=23n−1+12，(n≥2)，
所以Bn=lg2An=lg223n−1+12=3n−1+12，可得B7=36+12=365.
故答案为：8；365.
【分析】空1：直接写出第5行的数列，即可解决；空2：首先归纳出An，进而可以求得数列{Bn}的通项公式，即可得解得.
25．（2023·宜宾模拟）音乐是由不同频率的声音组成的．若音1（d）的音阶频率为f，则简谱中七个音1（d），2（re），3（mi），4（fa），5（s），6（la），7（si）组成的音阶频率分别是f，98f，8164f，43f，32f，2716f，243128f，其中后一个音阶频率与前一个音阶频率的比是相邻两个音的台阶．上述七个音的台阶只有两个不同的值，记为α，β(α>β)，α称为全音，β称为半音，则lgα5+lgβ2−lg2= ．
【答案】0
【解析】【解答】相邻两个音的频率比分别为98，98，256243，98，98，98，
由题意，α=98，β=256243，
lgα5+lgβ2−lg2=lg[(98)5×(256243)2÷2]=lg1=0.
故答案为：0.
【分析】根据已知条件求出 α，β(α>β) ，再根据对数的运算性质可求出答案.
三、解答题
26．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 f(x)=ex−ax 和 g(x)=ax−lnx 有相同的最小值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线 y=b， ，其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】（1）因为 f(x)=ex−ax ，所以 f′(x)=ex−a ，
若 a≤0 ，则 f′(x)=ex−a>0 恒成立，
所以 f(x) 在 (0，+∞) 上单调递增，无最小值，不满足；
若 a>0 ，令f’（x）＞0⇒x＞lna，令f’（x）＜0⇒x＜lna，
所以 f(x)min=f(lna)=a−alna ，
因为 g(x)=ax−lnx ，定义域 x>0 ，所以 g′(x)=a−1x ，
所以 g′(x)>0⇒x>1a，g′(x)<0⇒0所以 g(x)min=g(1a)=1−ln1a ，
依题有 a−alna=1−ln1a ，即 lna−a−1a+1=0 ，
令 ℎ(a)=lna−a−1a+1(a>0) ，则 ℎ′(a)=a2+1a(a+1)2>0 恒成立
所以 ℎ(a) 在 (0，+∞) 上单调递增，又因为 ℎ(1)=0 ，
lna−a−1a+1=0 有唯一解 a=1 ，
综上， a=1
（2）由(1)易知 f(x) 在 (−∞，0) 上单调递减，在 (0，+∞) 上单调递增， g(x) 在 (0，1) 上单调递减，在 (1，+∞) 上单调递增，
存在直线 y=b ，其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点，
设三个不同交点的横坐标分别为 x1，x2，x3 ，不妨设 x1显然有 x1<0则肯定有 f(x1)=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b ，
注意 f(x)，g(x) 的结构，易知 f(lnx)=g(x) ，
所以有 f(lnx)=g(x) ，所以有 f(x1)=f(lnx2) ，而由 x1<0，lnx2<0，f(x) 在 (−∞，0) 上单调递减，
知 x1=lnx2 ，同理 x2=lnx3⇒x3=ex2 ，
所以 x1+x3=lnx2+ex2 ，
又由 f(x2)=g(x2)⇒ex2−x2=x2−lnx2⇒ex2+lnx2=2x2 ，
故 x1+x3=2x2 ，
所以存在直线 y=b ，其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【解析】【分析】（1）对a分 a≤0 ， a>0 两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得 f(x)min=a−alna ，同理可得 g(x)min=1−ln1a ，根据题意列式，构造函数 ℎ(a)=lna−a−1a+1 ，并利用导数h’(a)，可得函数h(x)的单调性，并易得h(1)=0，从而求得a；
（2）由(1)易得函数f(x)，g(x)的单调性，不妨设 x1<027．（2023·齐齐哈尔模拟）设函数f(x)=xex−2aex，g(x)=−2−ax，a∈R.
（1）求f(x)在x∈[0，+∞)上的单调区间；
（2）若在y轴右侧，函数f(x)图象恒不在函数g(x)的图象下方，求实数a的取值范围；
（3）证明：当n∈N∗时，1+12+13+⋯+1n【答案】（1）解：由函数f(x)=xex−2aex，x∈[0，+∞)，可得f′(x)=(x+1−2a)ex，
当1−2a≥0，即a≤−12时，f′(x)≥0，此时函数f(x)在[0，+∞)上单调递增；
当1−2a<0，即a>12时，令f′(x)>0，解得x>2a−1；
令f′(x)<0，解得0≤x<2a−1，
函数f(x)在(2a−1，+∞)上单调递增，在[0，2a−1)上单调递减，
综上，当a≤12时，函数f(x)单调递增区间为[0，+∞)；当a>12时，单调递增区间为(2a−1，+∞)，递减区间为[0，2a−1).
（2）解：设函数ℎ(x)=f(x)−g(x)=xex−2aex+ax+2，则ℎ′(x)=(x+1−2a)ex+a，
令φ(x)=(x+1−2a)ex+a，则φ′(x)=(x+2−2a)ex，
当2−2a≥0，即a≤1时，φ′(x)≥0，即φ(x)=(x+1−2a)ex+a≥φ(0)=1−a≥0，
即ℎ′(x)=(x+1−2a)ex+a≥0，所以ℎ(x)=xex−2aex+2ax+2≥ℎ(0)=2−2a≥0成立，此时符合题意；
当2−2a<0，即a<1时，令φ′(x)<0，解得x<2−2a，所以φ(x)在区间[0，2−2a)上单调递减，又由φ(0)=1−a<0，此时ℎ(x)在[0，2−2a)上单调递减，
所以ℎ(x)<ℎ(0)=2−2a<0，显然不满足题意.
综上可得，实数a的取值范围为(−∞，1].
（3）证明：取a=1，由（2）知xex−2ex+x+2≥0，
因为x≥0，令x=lnt(t≥1)，代入得到tlnt−2t+lnt+2≥0，
即lnt≥2t−21+t，且2t−21+t=2−4t+1∈[0，2)，
令2t−21+t=1n，n∈N∗，即t=2n+12n−1，代入化简得到1n所以1+12+13+⋯+1n<(ln3−ln1)+(ln5−ln3)+⋯+[ln(2n+1)−ln(2n−1)]=ln(2n+1)成立.
【解析】【分析】(1)函数 f(x)=xex−2aex，x∈[0，+∞)，求得 f′(x)=(x+1−2a)ex，分两种情况： 当1−2a≥0， 当1−2a<0，分析f'(x)的符号， 可得 f(x)在x∈[0，+∞)上的单调区间；
(2) 设函数ℎ(x)=f(x)−g(x)=xex−2aex+ax+2，求导分析单调性，使得h'(x)≥0且h(x)≥0，进而可得a的取值范围；
(3) 取a=1，由（2）知xex−2ex+x+2≥0， 令x=lnt(t≥1)，代入得到tlnt−2t+lnt+2≥0，即lnt≥2t−21+t，令2t−21+t=1n ， n∈N∗ ，可得 1n28．（2023·普陀模拟）已知a>b均为不是1的正实数，设函数y=f(x)的表达式为f(x)=a⋅bx(x∈R)．
（1）设a>b且f(x)≤b⋅ax，求x的取值范围；
（2）设a=116，b=4，记an=lg2f(n)，bn=f(n)，现将数列{an}中剔除{bn}的项后、不改变其原来顺序所组成的数列记为{cn}，求i=1100ci的值．
【答案】（1）解：由题设a⋅bx≤b⋅ax，又a>b且都不为1的正实数，
所以ab≤(ab)x，而ab>1，故x≥1.
（2）解：由an=lg2abn=lg2a+nlg2b=2n−4，bn=abn=4n−2，
而{an}数列前100项中有−2，0，2，4，6，8，...，194，196，其中属于{bn}数列有4，16，64，
所以{cn}数列前100项是{an}的前103项去掉4，16，64三个元素，
则i=1ci=103×(−2+206−4)2−4−16−64=10216.
【解析】【分析】(1) 由题设a⋅bx≤b⋅ax，再利用a>b且都不为1的正实数，所以ab≤(ab)x，再结合ab>1和指数函数的单调性，进而得出实数x的取值范围。
（2） 利用已知条件结合对数的运算法则得出数列{an}和数列{bn}的通项公式，再结合数列{an}前100项中有−2，0，2，4，6，8，...，194，196，其中属于数列{bn}有4，16，64，所以数列{cn}前100项是{an}的前103项去掉4，16，64三个元素，再结合等差数列前n项和公式得出 i=1100ci的值。
29．（2023·吉林模拟）已知函数f(x)=lnx，g(x)=ax，其中a>0．
（1）若F(x)=1g(sin(x−1))−f(x)在(0，1)上单调递减，求a的取值范围．
（2）证明：k=1nsin1k+1【答案】（1）解：因为F(x)=1g(sin(x−1))−f(x)=sin(x−1)a−lnx在区间(0，1)上单调递减，
所以F′(x)=cs(x−1)a−1x≤0在区间(0，1)上恒成立，即a≥xcs(x−1)在区间(0，1)上恒成立
令φ(x)=xcs(x−1)，φ′(x)=cs(x−1)−xsin(x−1)，当x∈(0，1)时，cs(x−1)>0，sin(x−1)<0，
所以φ′(x)>0在区间(0，1)上恒成立，即φ(x)在区间(0，1)上单调递增，
所以当x∈(0，1)时，φ(x)<φ(1)=1，所以a≥1.
（2）证明：当a=1时，F(x)=sin(x−1)−lnx，
由（1）知，F(x)在区间(0，1)上单调递减，所以F(x)=sin(x−1)−lnx>F(1)=0，即sin(x−1)>lnx，所以sin(1−x)令x=kk+1得sin(1−k1+k)=sin1k+1所以sin12+sin13+⋯+sin1n+1即k=1nsin1k+1【解析】【分析】(1)利用函数在区间(0， 1)上单调递减，其导函数F'(x)≤0在区间(0， 1)上恒成立，再通过分离常量，转化成恒成立问题，从而构造函数 φ(x)=xcs(x−1)，利用单调性求出最值，进而求出a的取值范围；
(2)通过函数 F(x)=sin(x−1)−lnx的单调性，得到 sin(1−x)30．（2022·上海市模拟）定义符号函数sgn(x)=1x≥0−1x<0，已知函数f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a).
（1）已知f(1)≤f(0)，求实数a的取值集合；
（2）当a=1时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，求k的取值集合；
（3）已知f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，求正实数a的取值集合；
【答案】（1）解：因为f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0，
所以f(1)≤f(0)⇔a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，
解得：a≤12或a≥32，
所以实数a的取值集合为(−∞，12]∪[32，+∞).
（2）解：当a=1时，f(x)=x2−2x(x2−1)，x2−1≥0，x2+2x(x2−1)，x2−1<0，
所以f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1因为g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点，
所以方程k=f(x)x在区间(−2，0)上有唯一的根，
所以函数y=k与y=f(x)x在区间(−2，0)上有唯一的交点，
函数y=f(x)x的图象，如图所示：
当−8所以k的取值集合为(−8，−178)∪{−1}时，g(x)=f(x)−kx在区间(−2，0)上有唯一零点.
（3）解：当x=1时，f(x)≥f(1)在x∈[0，1]恒成立，
因为f(x)=x2−2x(x2−a)⋅sgn(x2−a)，f(1)=1−2(1−a)⋅sgn(1−a)，
①当a>1时，f(x)≥f(1)⇔x2+2x(x2−a)≥3−2a⇔2a(x−1)≤2x3+x2−3，
所以2a≥2x3+x2−3x−1=2x2+3x+3在x∈[0，1)恒成立，
所以2a≥2+3+3=8⇒a≥4.
②当0ⅰ）当a≤x≤1时，上式⇔x2−2x(x2−a)≥2a−1，
所以2a≤2x2+x+1在x∈[a，1)恒成立，
所以2a≤2a+a+1，此时0ⅱ）当0≤x所以2a≤2x2−x+1在x∈[0，a)恒成立，
当a≤14，即0所以0当14所以116所以0综合①②可得：0所以正实数a的取值集合为：(0，716]∪[4，+∞).
【解析】【分析】（1）由符号函数可得f(1)=−1+2a，a≤1，3−2a，a>1，f(0)=0进而得到a≤1，−1+2a≤0，或a>1，3−2a≤0，求解即可；
（2）由a=1得到f(x)=x2−2x(x2−1)，x≥1或x≤−1，x2+2x(x2−1)，−1（3）分a>1和01时 ，问题可转换成 2a≥2x3+x2−3x−1=2x2+3x+3在x∈[0，1)恒成立， 即可求解；
②当031．（2022·顺义模拟）若函数f(x)=(x+1)e−x.
（1）判断方程f(x)=1解的个数，并说明理由；
（2）当a>0，设g(x)=f(x)+12ax2，求g(x)的单调区间.
【答案】（1）解：方程f(x)=1仅有一个解，
因为f(x)=(x+1)e−x，
所以f′(x)=(x+1)′⋅e−x+(x+1)⋅(e−x)′=−xe−x，
令f′(x)>0可解得x<0，
所以f(x)单调性如下表：
又f(0)=1，即f(x)的极大值为1，
所以方程f(x)=1仅有一个解
（2）解：因为g(x)=(x+1)e−x+12ax2，
所以g′(x)=x(a−e−x)，
令g′(x)=0可得x=0或x=−lna
分类讨论如下：（i）当00
所以g(x)的单调性如下
所以g(x)的单调增区间为(−∞，0)，(−lna，+∞)，单调减区间为(0，−lna)；
（ii）当a=1时，−lna=0，此时g′(x)≥0恒成立
所以g(x)的单调增区间为R，无单调减区间
（iii）当a>1，−lna<0，
所以g(x)的单调性如下
所以g(x)的单调增区间为(−∞，−lna)，(0，+∞)，单调减区间为(−lna，0)
【解析】【分析】(1)由方程根的个数，结合导函数的性质即可得出函数的单调性以及单调区间，再由函数极值的定义即可得出答案。
(2)首项整理化简函数的解析式，再对其求导结合导函数的性质即可得出函数的单调性，再对a分情况讨论即可得出不同区间下的函数的单调性以及单调区间。
32．（2022·天津市模拟）已知函数f(x)=1+ln(x+1)x(x>0).
（1）试判断函数f(x)在(0，+∞)上单调性并证明你的结论；
（2）若f(x)>kx+1对于∀x∈(0，+∞)恒成立，求正整数k的最大值；
（3）求证：(1+1×2)(1+2×3)(1+3×4)⋯[1+n(n+1)]>e2n−3．
【答案】（1）解：函数f(x)在(0，+∞)上为减函数，证明如下：
因为f(x)=1+ln(1+x)x(x>0)，所以f′(x)=−11+x−ln(1+x)x2，
又因为x>0，所以11+x>0，ln(1+x)>0，所以f′(x)<0，
即函数f(x)在(0，+∞)上为减函数
（2）解：由f(x)>kx+1恒成立，即k即k<[x+1+(x+1)ln(x+1)x]min，
设ℎ(x)=x+1+(x+1)ln(x+1)x，其中x>0，所以ℎ′(x)=x−1−ln(x+1)x2，
令g(x)=x−1−ln(x+1)，则g′(x)=1−1x+1=xx+1>0，即g(x)在(0，+∞)为增函数，
又g(2)=1−ln3<0 ，g(3)=2−2ln2>0，
即存在唯一的实数a∈(2，3)，满足g(a)=a−1−ln(a+1)=0，
当x>a时，g(x)>0，ℎ′(x)>0，当0即函数ℎ(x)在(0，a)为减函数，在(a，+∞)为增函数，
则ℎ(x)min=ℎ(a)=a+1+(a+1)ln(a+1)a=a+1+(a+1)(a−1)a=a+1∈(3，4)，
故整数k的最大值为3
（3）证明：由（2）知，1+ln(x+1)x>3x+1，则ln(x+1)>2x−1x+1=2−3x+1，其中x>0，
令x=n(n+1)，则ln[1+n(n+1)]>2−3n(n+1)+1>2−3n(n+1)=2−3(1n−1n+1)，
则ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+ln(1+3×4)+⋯+ln[1+n(n+1)]
>[2−3(1−12)]+[2−(12−13)]+[2−(13−14)]+⋯+[2−3(1n−1n+1)]
=2n−3(1−1n+1)>2n−3，
故(1+1×2)(1+2×3)(1+3×4)⋯[1+n(n+1)]>e2n−3
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合求导的方法判断并证出函数的单调性。
（2） 由f(x)>kx+1恒成立，即k （3） 由（2）知，1+ln(x+1)x>3x+1，则ln(x+1)>2x−1x+1=2−3x+1，其中x>0，令x=n(n+1)，再结合放缩法得出ln[1+n(n+1)]>2−3(1n−1n+1)，再结合对数的运算法则和指数与对数的互化公式证出不等式(1+1×2)(1+2×3)(1+3×4)⋯[1+n(n+1)]>e2n−3成立。
33．（2022·赤峰模拟）已知函数f(x)=x(lnx+1)，x>0x2−mex，x≤0.
（1）当m=12时，判断f(x)的零点个数；
（2）设F(x)=f(x)−f(−x)，若存在x∈(−∞，−1]，使F(x)>0成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）解：当m=12时，f(x)=x(lnx+1)，x>0x2−12ex，x≤0，
当x>0时，f(x)=xlnx+x，f′(x)=lnx+x⋅1x+1=lnx+2，
当f′(x)<0时，00时，x>1e2，
∴f(x)在(0，1e2)上单调递减，在(1e2，+∞)上单调递增，
因为0所以x=1e为f(x)的唯一零点.
当x≤0，f(x)=x2−12ex=x2ex−12ex，令g(x)=x2ex−12，g′(x)=(x2+2x)ex，
由g′(x)>0，得x<−2，由g′(x)<0，得−2所以g(x)在(−∞，−2)上单调递增，在(−2，0)上单调递减.
∵g(−4)=(−4)21e4−12=16e4−12<16(52)4−12<1632−12=0，
g(−2)=4e2−12>48−12=0，g(0)=0−12<0
∴g(x)在(−∞，−2)和(−2，0)上各有一个零点.
综上，f(x)的零点个数为3个.
（2）解：因为F(−x)=f(−x)−f(x)=−F(x)，所以F(x)为奇函数，
若存在x∈(−∞，−1]，使F(x)>0成立，等价于若存在x∈[1，+∞)，使F(x)<0成立，
即x(lnx+1)−(−x)2+me−x<0成立，即x(lnx+1)即xlnx−x2+mex+x<0成立，即lnx−x+mexx+1<0成立，
令ℎ(x)=lnx−x+mexx+1(x≥1)，
ℎ′(x)=1x−1+mxex−mexx2=(x−1)exx2(m−xex)，
令k(x)=xex，则k′(x)=1−xex≤0(x≥1)，
于是，k(x)=xex在x∈[1，+∞)上单调递减，∴k(x)∈(0，1e].
当m≥1e，ℎ′(x)≥0，函数ℎ(x)在x∈[1，+∞)上单调递增
ℎ(x)min=ℎ(1)=me−1+1<0，即m<0，此时不合题意；
当m≤0，ℎ′(x)≤0，函数ℎ(x)在x∈[1，+∞)上单调递减
ℎ(x)≤ℎ(1)=me−1+1≤0，符合题意.
当0当1≤xx0ex0，所以m−xex当x>x0时，由k(x)=xex在x∈[1，+∞)上单调递减可得xexm−x0ex0=0，ℎ′(x)>0，
∴函数ℎ(x)在x∈(1，x0)上单调递减，在x∈(x0，+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)min=ℎ(x0)=lnx0−x0+mex0x0+1=ln(mex0)−x0+2=lnm+x0−x0+2=2+lnm<0，解得0综上，实数m的取值范围为(−∞，1e2).
【解析】【分析】（1）利用导数得到函数的单调性，结合零点存在性定理可判断出结果；
（2）转化存在x∈[1，+∞)，使得lnx−x+mexx+1<0成立，再构造函数ℎ(x)=lnx−x+mexx+1(x≥1)，利用导数求出最小值，代入可求出结果.x
(−∞，0)
0
(0，+∞)
f′(x)
+
0
−
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
x
(−∞，0)
0
(0，−lna)
−lna
(−lna，+∞)
g′(x)
+
0
−
0
+
g(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
(−∞，−lna)
−lna
(−lna，0)
0
(0，+∞)
g′(x)
+
0
−
0
+
g(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增