2021年高考数学二轮复习专项训练：函数与导数
(2021年整理)高考数学二轮复习函数与导数专题函数与导数测试(教师版)新人教版
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函数与导数测试一．选择题(共60分)1、已知222{|,,},{|2,,},M y y x x y R N x x y x y R M N ==∈=+=∈⋂则= （ D ） A ．{(1,1),(1,1)}- B ．∅ C ．[0,1]D ．[0,2] 2．设函数f （x)=log 2x 的反函数为y=g （x ），若41)11(=-a g ,则a 等于 ( C ）A ．-2B ．21-C ．21D ．23。
设f (x )为定义在R 上的奇函数．当x ≥0时,f (x ）＝2x＋2x ＋b （b 为常数），则f （－1）＝ ( D ）A ．3B ．1C ．－1D ．－34。
若函数()y f x =的导函数．．．在区间[,]a b 上是增函数,则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是 （ A ）A ．B ．C ．D ． 5．下列说法正确的是 （ D ）A ．命题：“已知函数(),(1)(1)f x f x f x +-若与均为奇函数，则()f x 为奇函数，”为真命题B ．“1x >”是“||1x >"的必要不充分条件。
C ．若“p q 且”为假命题，则,p q 均为假命题。
D ．命题2:",10"p x R x x ∃∈++<使得，则2:",10".p x R x x ⌝∀∈++≥均有6．设函数()()f x g x 、在[],a b 上可导，且()()''f x g x >，则当a x b <<时有（A ) A ．()()()()f x g a g x f a +>+B ．()()f x g x <C ．()()f x g x >D ．()()()()f xg b g x f b +>+7。
2021年高考数学二轮复习 函数与导数解答题专题训练(含解析)
1．(xx·皖南八校联考)已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝2处的切线与直线x ＋e 2y －1＝0垂直，求实数a 的值； (2)讨论f (x )的单调性．解 f ′(x )＝e x [ax 2＋(2a －2)x ](a >0)． (1)由题意得f ′(2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e 2＝－1，解得a ＝58.(2)令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，f (x )的增区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a ；②当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)内单调递增；③当a >1时，f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a ，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0. 2．(xx·云南二模)已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求实数m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)的定义域为(－∞，＋∞)． ∵f ′(x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2) ＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x ，∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值，∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2，f (x )极大值＝f (0)＝2. (2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又当x ∈[－2，－1]时，x e x <0，∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0， ∴⎩⎨⎧－22－2m ＋3＋2m －2≤0，－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增． 3．(文)(xx·山西四校联考)已知函数f (x )＝ax 2＋x －x ln x . (1)若a ＝0，求函数f (x )的单调区间；(2)若f(1)＝2，且在定义域内f(x)≥bx2＋2x恒成立，求实数b的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝x－x ln x，函数定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－ln x，由－ln x＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上是增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上是减函数．(2)由f(1)＝2，得a＋1＝2，∴a＝1，∴f(x)＝x2＋x－x ln x，由f(x)≥bx2＋2x，得(1－b)x－1≥ln x.∵x>0，∴b≤1－1x－ln xx恒成立．令g(x)＝1－1x－ln xx，可得g′(x)＝ln xx2，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴b的取值范围是(－∞，0]．3．(理)(文)4.(xx·广州调研)已知f (x )是二次函数，不等式f (x )<0的解集是(0,5)，且f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行．(1)求f (x )的解析式；(2)是否存在t ∈N *，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有两个不相等的实数根？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．解 (1)∵f (x )是二次函数， 不等式f (x )<0的解集是(0,5)， ∴可设f (x )＝ax (x －5)，a >0. ∴f ′(x )＝2ax －5a .∵函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线6x ＋y ＋1＝0平行， ∴f ′(1)＝－6.∴2a －5a ＝－6，解得a ＝2. ∴f (x )＝2x (x －5)＝2x 2－10x .(2)由(1)知，方程f (x )＋37x＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h (x )＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x )＝6x 2－20x ＝2x (3x －10)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103时，h ′(x )<0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞时，h ′(x )>0，函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞上单调递增．∵h (3)＝1>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫103＝－127<0，h (4)＝5>0，∴方程h (x )＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3，103，⎝ ⎛⎭⎪⎫103，4内各有一个实数根，在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根．∴存在唯一的正整数t ＝3，使得方程f (x )＋37x＝0在区间(t ，t ＋1)内有且只有两个不相等的实数根．4．(理)(文)5.(xx·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t >0，存在唯一的实数m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t >e 时，有710<ln g tln t<1.解 (1)∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增．(2)当0<x ≤1时，f (x )≤0，又t>0，令h(x)＝f(x)－t，x∈[1，＋∞)，由(1)知h(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，h(1)＝－t<0，h(e t)＝t(e t－1)>0，∴存在唯一的实数m，使t＝f(m)成立．(3)∵m＝g(t)且由(2)知t＝f(m)，t>0，当t>e时，若m＝g(t)≤e，则由f(m)的单调性有t＝f(m)≤f(e)＝e，矛盾，∴m>e.又ln g tln t＝ln mln f m＝ln mln m ln m＝ln mln m＋ln ln m＝uu＋ln u，其中u＝ln m，u>1，要使710<ln g tln t<1成立，只需0<ln u<3 7 u.令F(u)＝ln u－37u，u>1，F′(u)＝1u－37，当1<u<73时，F′(u)>0，F(u)单调递增；当u>73时，F′(u)<0，F(u)单调递减．∴对u >1，F (u )≤F ⎝ ⎛⎭⎪⎫73<0，即ln u <37u 成立．综上，当t >e 时，710<ln g tln t<1成立．5．(理)(xx·浙江考试院抽测)已知a 为给定的正实数，m 为实数，函数f (x )＝ax 3－3(m ＋a )x 2＋12mx ＋1.(1)若f (x )在(0,3)上无极值点，求m 的值；(2)若存在x 0∈(0,3)，使得f (x 0)是f (x )在[0,3]上的最值，求实数m 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝3ax 2－6(m ＋a )x ＋12m ＝3(x －2)(ax －2m )， 由于f (x )在(0,3)上无极值点， 故2ma＝2，所以m ＝a .(2)由于f ′(x )＝3(x －2)(ax －2m )，故①当2ma≤0或2ma≥3，即m ≤0或m ≥32a 时，取x 0＝2即满足题意． 此时m ≤0或m ≥32a .②当0<2ma<2，即0<m <a 时，列表如下：x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2m a2ma⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ，2 2 (2,3) 3f ′(x )＋ 0 － 0 ＋f (x )1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m ＋1故f (2)≤f (0)或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m a ≥f (3)，即－4a ＋12m ＋1≤1或－4m 3＋12m 2aa 2＋1≥9m ＋1，即3m ≤a 或－m 2m －3a2a 2≥0，即m ≤a 3或m ≤0或m ＝3a 2.此时0＜m ≤a3.③当2<2m a <3，即a <m <3a2时，列表如下：x 0 (0,2) 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2m a2ma⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ，3 3f ′(x )＋ 0 － 0 ＋f (x )1 单调递增极大值单调递减极小值单调递增9m ＋1故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m a ≤f (0)或f (2)≥f (3)，即－4m 3＋12m 2a a2＋1≤1或－4a ＋12m ＋1≥9m ＋1， 即－4m 2m －3a a2≤0或3m ≥4a ，即m ＝0或m ≥3a 或m ≥4a 3.此时4a 3≤m ＜3a 2.综上所述，实数m 的取值范围是m ≤a 3或m ≥4a3.40806 9F66 齦n29197 720D 爍N39551 9A7F 驿^35617 8B21 謡42H26687 683F 栿298137475 瑵21691 54BB 咻U。
2021年高考数学二轮复习 导数的综合应用专题检测(含解析)
2021年高考数学二轮复习导数的综合应用专题检测（含解析）1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，现给出如下结论：①f(0)f(1)>0；②f(0)f(1)<0；③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是________．答案②③解析f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a<b<c，f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x2－4x＋3)＝3(x－1)(x－3)，函数f(x)和导函数f′(x)的大致图象如图所示：由图得f(1)＝1－6＋9－abc＝4－abc>0，f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc<0，且f(0)＝－abc＝f(3)<0，所以f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0.2.若函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象可能为________．答案③解析根据f′(x)的符号，f(x)图象应该是先下降后上升，最后下降，排除①④；从适合f′(x )＝0的点可以排除②.3．已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈[12，2]恒成立，则a 的最大值为________．答案 0解析 设f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x 2.当x ∈[12，1)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在[12，1)上单调递减；当x ∈(1,2]时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(1,2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0.4．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x＋1的解集为________． 答案 (0，＋∞)解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x， 因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x为R 上的增函数． 又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.5．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－4,0)解析 由题意知使函数f (x )＝x 3－3x 2－a 的极大值大于0且极小值小于0即可， 又f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2. 当x <0或x >2时，f ′(x )>0； 当0<x <2时，f ′(x )<0.所以当x ＝0时，f (x )取得极大值， 即f (0)＝－a ，当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (2)＝－4－a .所以⎩⎪⎨⎪⎧－a >0，－4－a <0，解得－4<a <0.6．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图，下列关于函数f (x )的四个命题：①函数y ＝f (x )是周期函数； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的个数是________． 答案 1解析 首先排除①，不能确定周期性；f (x )在[0,2]上时，f ′(x )<0，故②正确；当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，结合原函数的单调性知0≤t ≤5，所以排除③；不能确定在x ＝2时函数值和a 的大小，故不能确定几个零点，故④错误． 7．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，2ln 2－2]解析 函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，即方程e x－2x ＋a ＝0有实根，即函数g (x )＝2x －e x，y ＝a 有交点，而g ′(x )＝2－e x ，易知函数g (x )＝2x －e x 在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g (x )＝2x －e x的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g (x )＝2x －e x，y ＝a 有交点，只需a ≤2ln 2－2即可．8．某名牌电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有如下关系：y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 答案 40解析 ∵y ′＝x 2－39x －40，令y ′＝0. 即x 2－39x －40＝0，解得x ＝40或x ＝－1(舍)． 当x >40时，y ′>0，当0<x <40时，y ′<0， 所以当x ＝40时，y 最小．9．把一个周长为12 cm 的长方形围成一个圆柱，当圆柱的体积最大时，该圆柱的底面周长与高的比为________． 答案 2∶1解析 设圆柱高为x ，底面半径为r ，则r ＝6－x 2π，圆柱体积V ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫6－x 2π2x ＝14π(x 3－12x 2V ′＝34π(x －2)(x －6)．当x ＝2时，V 最大．此时底面周长为6－x ＝4,4∶2＝2∶1.10．(xx·重庆)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元． 所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元． 又根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r(300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r >0，又由h >0可得r <53， 故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2)，令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去)． 当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数； 当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数． 由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8. 即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．11．(xx·江苏)已知函数f (x )＝e x ＋e －x，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数；(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x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较ea －1与ae－1的大小，并证明你的结论．(1)证明 因为对任意x ∈R ，都有f (－x )＝e －x＋e－(－x )所以f (x )是R 上的偶函数．(2)解 由条件知m (e x ＋e －x －1)≤e －x－1在(0，＋∞)上恒成立． 令t ＝e x(x >0)，则t >1，所以m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋1对任意t >1成立．因为t －1＋1t －1＋1≥2(t －1)·1t －1＋1＝3， 所以－1t －1＋1t －1＋1≥－13，当且仅当t ＝2，即x ＝ln 2时等号成立．因此实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－13. (3)解 令函数g (x )＝e x ＋1ex －a (－x 3＋3x )，则g ′(x )＝e x －1e x ＋3a (x 2－1)．当x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0.所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a . 由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立， 当且仅当最小值g (1)<0.故e ＋e －1－2a <0，即a >e ＋e －12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1，则h ′(x )＝1－e －1x.令h ′(x )＝0，得x ＝e －1. 当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0， 故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数； 当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0， 故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数，所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)． 注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0；当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0. 所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．①当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1>(e －1)ln a ，从而ea －1<ae －1；②当a ＝e 时，e a －1＝ae －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故ea －1>ae －1.综上所述，当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，ea －1＝ae －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>ae －1.12．(xx·陕西)已知函数f (x )＝e x，x ∈R .(1)求f (x )的反函数的图象在点(1,0)处的切线方程；(2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点；(3)设a <b ，比较f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2与f (b )－f (a )b －a 的大小，并说明理由．(1)解 f (x )的反函数为g (x )＝ln x ，设所求切线的斜率为k ，∵g ′(x )＝1x，∴k ＝g ′(1)＝1.于是在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(2)证明 方法一 曲线y ＝e x 与y ＝12x 2＋x ＋1公共点的个数等于函数φ(x )＝e x－12x 2－x －1零点的个数．∵φ(0)＝1－1＝0，∴φ(x )存在零点x ＝0.又φ′(x )＝e x－x －1，令h (x )＝φ′(x )＝e x－x －1， 则h ′(x )＝e x －1，当x <0时，h ′(x )<0，∴φ′(x )在(－∞，0)上单调递减； 当x >0时，h ′(x )>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴φ′(x )在x ＝0处有唯一的极小值φ′(0)＝0， 即φ′(x )在R 上的最小值为φ′(0)＝0. ∴φ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)， ∴φ(x )在R 上是单调递增的，∴φ(x )在R 上有唯一的零点，故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点．方法二 ∵e x>0，12x 2＋x ＋1>0，∴曲线y ＝e x与y ＝12x 2＋x ＋1公共点的个数等于曲线y ＝12x 2＋x ＋1ex与y ＝1公共点的个数， 设φ(x )＝12x 2＋x ＋1ex，则φ(0)＝1，即x ＝0时，两曲线有公共点． 又φ′(x )＝(x ＋1)e x －(12x 2＋x ＋1)e xe 2x ＝－12x2e x ≤0(仅当x ＝0时等号成立)，∴φ(x )在R 上单调递减，∴φ(x )与y ＝1有唯一的公共点， 故曲线y ＝f (x )与y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点．(3)解 f (b )－f (a )b －a －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＝e b －e ab －a－e ＝e b －e a－b e ＋a e b －a ＝e b －a[e －e －(b －a )]．设函数u (x )＝e x－1e x －2x (x ≥0)，则u ′(x )＝e x＋1ex －2≥2e x·1ex －2＝0，∴u ′(x )≥0(仅当x ＝0时等号成立)， ∴u (x )单调递增．当x >0时，u (x )>u (0)＝0.令x ＝b －a 2，则e －e －(b －a )>0，∴f (b )－f (a )b －a >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2.26799 68AF 梯36006 8CA6 貦 32603 7F5B 罛<d^r29839 748F 璏#?27969 6D41 流>31179 79CB 秋37876 93F4 鏴。
【精准解析】2021新高考数学二轮(山东)：客观题专练 函数与导数(3)
5．答案：C 解析：由题意得 f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又因为 f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sin x)＝－f(x)，所以函数 f(x)为奇函数，则不等式 f(1－x2)＋f(3x ＋3)>0 可转化为 f(1－x2)>－f(3x＋3)＝f[－(3x＋3)]，即 1－x2>－(3x＋3)，即 x2－3x－4<0，解 得－1<x<4，所以不等式的解集为(－1,4)，故选 C.
6．答案：A
解析：易知函数 y＝xcos x＋ln|x|为奇函数，所以其图象关于原点对称．又当 x＝π时，y＝ x
-1-2.5 天 D．3.5 天 8．[2020·山东济南模拟]若关于 x 的不等式 xln x－kx＋2k＋1>0 在(2，＋∞)上恒成立，则
满足条件的整数 k 的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项
)
A．x－y＋1＝0 B．2x－y＋1＝0
C．x－2y－2＝0 D．x－y－1＝0
3．[2020·山东济南针对性检测]设函数 f(x)的导函数为 f′(x)，若 f(x)＝exln x＋1－1，则 f′(1) x
＝( )
A．e－3 B．e－2
C．e－1 D．e
1
4．[2020·天津卷]设 a＝30.7，b＝ 3 －0.8，c＝log0.70.8，则 a，b，c 的大小关系为( )
12．[2020·山东高考全省大联考]函数 f(x)的定义域为 R，且 f(x＋1)与 f(x＋2)都为奇函数，
则( )
A．f(x)为奇函数 B．f(x)为周期函数
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之指数函数
2021届高考数学二轮复习函数与导数专题练之指数函数1.下列函数中，是指数函数的是( ) A. 2y x =B. 21x y x +=C. 34x y =⨯D. 9x y =2.下列各式既符合分数指数幂的定义，值又相等的是( ) A.()131-和()261- B.20-和120 C.122和144D.324-和312-⎛⎫⎪⎝⎭3.把函数3xy =的图象向右平移t 个单位长度，得到函数35xy =的图象，则t 的值为( )A.13B.3log 5C.5log 3D.154.已知函数()3x g x t =+的图像不经过第二象限，则t 的取值范围为( ) A.1t ≤-B.1t <-C.3t ≤-D.3t ≥-5.已知函数()2x f x =的定义域为集合A ，值域为(4,32)，则集合A =( ) A.(2,5)B.[)2,5C.(]2,5D.[]2,56.已知集合{}2lg(4)A x y x ==-，{}3,0x B y y x ==>时，A B =( ) A ．{}2x x >- B ．{}12x x << C ．{}12x x ≤≤ D ．∅ 7.设212333222,,335a b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则,,a b c 的大小关系是( )A.a b c >>B.b a c >>C.b c a >>D.c b a >>8.若2π,,aa ab ac a α-===，则,,a b c 的大小关系为( ) A ．c b a >> B ．b c a >> C ．b a c >>D ．a b c >>9.函数23(0x y a a -=+>且1)a ≠的图象恒过定点_______. 10.已知4323x x y =-⋅+，当[]0,2x ∈时，其值域是________11.若指数函数()f x 的图像经过点(2,9)，则()f x =__________，(1)f -=___________.12.已知20.320.3,log 0.3,2a b c ===，则,,a b c 的大小关系为___________.答案以及解析1.答案：A解析：A 项中函数的底数是自变量x ，指数是常数2，故不是指数函数； B 项中函数的底数是常数3，指数是21x +，而不是自变量x ，故不是指数函数； 对于C 项，这个函数中4x 的系数是3，不是1，故不是指数函数； D 项中的函数符合指数函数的定义，即9xy =是指数函数.故选D. 2.答案：C解析：选项A 中，()131-和()261-均不符合分数指数幂的定义，故A 不满足题意；选项B 中，0的负指数幂没有意义，故B 不满足题意；选项D 中，324-和312-⎛⎫⎪⎝⎭值不相等，故D 不满足题意；选项C 中，1114224222,4222=== C. 3.答案：B解析：把函数3xy =的图象向右平移 t 个单位长度，得到函数333xx tt y -==的图象，由3335x x t =，得35t=，得3log 5t =，故选B. 4.答案：A解析：将函数3x y =的图像向上平移t 个单位长度即可得到函数()3x g x t =+的图像， 若函数()3x g x t =+的图像不经过第二象限，则当0x =时，()0g x ≤， 即030t +≤，解得1t ≤-.故本题选择A 选项. 5.答案：A解析：由4()32f x <<得25222x <<，即25x <<. 6.答案：B解析：由集合A 中的函数()2lg 4y x =-，得到240x ->，解得：22x -<<，∴集合{}22A x x =-<<∣由集合B 中的函数3,0x y x =>，得到1y >，∴集合{}1B y y =>∣，则{}12AB x x =<<∣故选：B7.答案：B解析：∵2()3xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭在R 上为减函数，∴21332233⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即a b <.∵23()f x x =在(0,)+∞上为增函数，∴22332235⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即a c >，∴b a c >>.8.答案：B解析：由题意01a <<，故a a a <，故aa a a a >，即bc >，而22π4ππc a -=>=，故选B. 9.答案：(2,4)解析：根据题意，函数23x y a -=+中， 令20x -=，解可得2x =， 此时()22234f a -=+=， 即函数的图象恒过定点(2,4)， 故答案为：(2,4). 10.答案：3,74⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析：由题意，令2x t =，因为[]0,2x ∈，所以[1,4]t ∈， 则函数()223333()24f t t t t =-+=-+，所以当32t =时，函数()f t 取得最小值，最小值为33()24f =， 当4t =时，函数()f t 取得最大值，最小值为(4)7f =， 所以函数4323x x y =-⋅+的值域为3,74⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 故答案为：3,74⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 11.答案：13;3x解析：设()(0,1)x f x a a a =>≠且.因为()f x 的图像经过点(2,9)，代入得29a =，解得3a =或3a =-(舍去)，所以()3x f x =，所以11(1)33f --==.12.答案：c a b >>解析：20.3200.31,log 0.30,21a b c <=<=<=>，故c a b >>.。
2021届高考数学二轮复习常考题型大通关(新高考)解答题：函数与导数
2021届高考数学二轮复习常考题型大通关（新高考）解答题：函数与导数1.已知函数21()2ln (2)2f x x a x a x =+-+.(1)当1a =时，求函数()f x 的单调区间. (2)是否存在实数a ，使得函数34()()9g x f x ax x =++在(0,)+∞上单调递增?若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.2.函数()22()2ln ()f x x ax x x ax a =--+∈R .(1)当4a =时，求()f x 的图象在e x =处的切线方程(e 为自然对数的底数)； (2)当6a <时，直线3y =是()f x 图象的一条切线，求a 的值.3.已知函数()e 1e x xxf x a =--，其中0a >. (1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若函数()f x 有唯一零点，求a 的值.4.已知函数e 4()ln,()2x x a f x ax g x x-=-=. (1)求函数()f x 的极值点；(2)当0a >时，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.5.设函数21()(1)e 2x f x x x =-+.(1)求()f x 的单调区间；(2)当0x >时，不等式2()()x k f x x x '-<+恒成立(其中()f x '为()f x 的导函数)，求整数k 的最大值.6.已知函数e ()ln xb f x a x x=-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为22e 0x y ---=.(1)求,a b 的值；(2)证明函数()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()02ln 22f x <-.7.已知函数()2e (1)(0)x F x m x m =-+≠. (1)若0m >，求函数()F x 的最大值；(2)设2()()3f x F x x x =++，若对任意[1,),[1,0)x a ∈+∞∈-，不等式ln 1()x ax f a -+>恒成立，求实数m 的取值范围.8.已知函数32()2f x x ax b =-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1?若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.答案以及解析1.答案：(1)当1a =时，21()2ln 3(0)2f x x x x x =+->，所以223'2(2)(1)()3x x x x f x x x x x-+--=+-==. 令)'(0f x ≥，得01x <≤或2x ≥，令)'(0f x <，得12x <<，所以()f x 的单调递增区间为(0,1]和[2,)+∞，单调递减区间为(1,2). (2)因为函数323414()()2ln 2929g x f x ax x x a x x x =++=+-+， 所以22'4()23a g x x x x =+-+. 要使函数()g x 在(0,)+∞上单调递增，则(0,)x ∈+∞时，224()03'2a g x x x x +-+≥=， 即3243660,(0,)x x x a x +-+≥∈+∞，即32436,(0,)6x x x a x +-≥-∈+∞.令32436(),(0,)6x x xh x x +-=∈+∞，则2)21(2(1')(1)h x x x x x =+-=-+，所以当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,'()h x h x <在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0,'()h x h x >在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以12x =是()h x 的极小值点，也是最小值点. 又17224h ⎛⎫=-⎪⎝⎭， 所以324366x x x y +-=-在(0,)+∞上的最大值为724.所以a 的取值范围为7,24⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 2.答案：(1)当4a =时，()22()24ln 4f x x x x x x =--+，所以2(e)e f =，且()4(1n ')l f x x x =-，则(e)4'(e 1)f =-. 所以()f x 的图象在e x =处的切线方程为2e 4(e 1)(e)y x -=--， 即24(e 1)3e 4e 0x y ---+=. (2)设切点为(),3t ，则0t >，因为()22()2ln f x x ax x x ax =--+，所以()(4)n 'l f x x a x =-，令)'(0f t =，则ln 0t =或40t a -=，解得1t =或4at =.①若1t =，则()113f a =-=，解得4a =，满足6a <.②若4a t =，由6a <可得302t <<，()2222()2ln 32ln 3f t t at t t at t t t =--+=-=，令223()32ln 3,02g t t t t t =--<<， 则()44ln 4(1l )0'n g t t t t t t =-=->，所以函数()y g t =在30,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.又()10g =，所以1t =为方程()3f t =在30,2⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一解，故14a =，解得4a =. 综上可知，4a =.3.答案：(1)当2a =时，()2e 1e x xxf x =--， 1()2e ,(0)211e ''x xxf x f -∴=-∴=-=. 又()0211f =-=，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y x -=，即10x y -+=. (2)原问题等价于关于x 的方程11e e xx x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭有唯一的解时，求a 的值.令1()1ee xx x g x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则212e ()e 'xx x g x --=.令()12e x h x x =--，则()2e 0()',x h x h x =--<∴在(,)-∞+∞上单调递减.又(0)0,h =∴当(,0)x ∈-∞时，()0h x >，即()0,'()g x g x >∴在(),0-∞上单调递增； 当()0,x ∈+∞时，()0h x <， 即()0,'()g x g x <∴在(0,)+∞上单调递减.()g x ∴的极大值为(0)1g =.当(,0]x ∈-∞时，()(,1]g x ∈-∞；当(0,)x ∈+∞时，()(0,1)g x ∈. 又0,a >∴当关于x 的方程11e e x xx a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭有唯一的解时，1a =， 即当函数()f x 有唯一零点时，a 的值为1.4.答案：(1)因为e ()ln2xf x ax =-，所以()ln 12x f x ax =-+，所以2111()(0)'2axf x a a x x x x-=⨯-=-=>，当0a ≤时，()'0f x >，所以函数()f x 无极值点. 当0a >时，令()0'f x =，解得1x a=. 由()0,0,'f x x >⎧⎨>⎩解得10x a <<；由()0,0,'f x x <⎧⎨>⎩解得1x a >.故函数()f x 有极大值点1a，无极小值点. 综上，当0a ≤时，函数()f x 无极值点；当0a >时，函数()f x 有极大值点1a ，无极小值点. (2)当0a >时，4()()()ln (0)2x ah x f x g x ax x x=-=-+>，所以22214()0)'4(a ax x ah x a x x x x -+-=--=>.设()240k x ax x a =-+-=，则2116a ∆=-，①当0,0,a ∆≤⎧⎨>⎩即14a ≥时，()'0h x ≤，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0,0,a ∆>⎧⎨>⎩即104a <<时，()k x有两个零点，为12x x ==，所以120,0x x >>.又()24k x ax x a =-+-的图象开口向下，所以当10x x <<时，()0k x <，所以()'0h x <，所以()h x 在1(0,)x 上单调递减；当12x x x <<时，()0k x >，所以'()0h x >，所以()h x 在()12,x x 上单调递增；当2x x >时，()0k x <，所以()'0h x <，所以()h x 在()2,x +∞上单调递减. 因为()1242ln120,42ah a x x =-+==，所以122x x <<， 所以()()()1220h x h h x <=<.3222211141ln ln 22ln 412a h a a a a a a a a⎛⎫=-⋅+=---+ ⎪⎝⎭，令()31ln 22ln 4m a a a a=---+， 则当104a <<时，()4222221122112'120a a a m a a a a a a -+-=-++=>>. 所以()m a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以当104a <<时，()3111ln 22ln 443ln 240441614m a m ⎛⎫<=---+⨯=-+< ⎛⎫⎭⎝ ⎪⎝⎪⎭，即210h a⎛⎫⎪⎭<⎝. 由零点存在性定理知，()h x 在区间221,x a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一的零点0x .因为()()000000000441444ln ln 0,0422x a a h x h ax a h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+=-++⋅-⋅+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以040h x ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以1040x x <<，所以()h x 在区间()10,x 上有唯一的零点04x .故当104a <<时，()h x 存在三个不同的零点004,2,x x . 故实数a 的取值范围是10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭.5.答案：(1)函数21()(1)e 2x f x x x =-+的定义域是(),()e 1xf x x '=--R ，当0x >时，e 1,()0x f x '><；当0x <时，0e 1,()0x f x '<<<. 函数()f x 的单调递减区间为(,)-∞+∞，无单调递增区间. (2)()210,()()()e 11e 1x x x x x k f x x x k x x k x '+>∴-<+⇒--<+⇒<+-. 令1()e 1x x g x x +=+-，则min ()k g x <， 所以()()()22e e 2e 1()1e1e1x x x xxx x g x '----=+=--.令()e 2x h x x =--，则当0x >时，()e 10,()x h x h x '=->在(0,)+∞上单调递增，且(1)0,(2)0h h <>， 故()h x 在(0,)+∞上存在唯一零点，设此零点为0x ，则0(1,2)x ∈，()000e 20x h x x =--=，即00e 2xx =+.当()00,x x ∈时，()0g x '<，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>， 于是()00min 0001()1(2,3)e 1x x g x g x x x +==+=+∈-， 01k x ∴<+，又k 为整数，k ∴的最大值为2.6.答案：(1)函数()f x 的定义域为()0,+∞，()32e e ()xb x a f x x x '-=-， (1),(1)e f a f b '==-.故曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为e (1)y b a x +=-， 即e 0ax y a b ---=.因为曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为22e 0x y ---=， 所以2,1a b ==.(2)解法一 由(1)知e ()2ln xf x x x =-，22e e ()x xx x f x x'-+=. 令()2e e (0)x x g x x x x =-+≥，则()()2e e e 2e x x x xg x x x '=-++=-，易知()g x '在(0,)+∞上单调递减. 由于(0)20,(1)2e 0g g ''=>=-<， 则存在1(0,1)x ∈，使得()10g x '=.当()10,x x ∈时，()0g x '>；当()1,x x ∈+∞时，()0g x '<. 故()g x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减. 由于2(0)10,(1)20,(2)4e 0g g g =>=>=-<， 故存在0(1,2)x ∈，使得()00g x =， 当()00,x x ∈时，()0g x >，则()0f x '>； 当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，则()0f x '<.故函数()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减.故函数()f x 存在唯一的极大值点0x .由于()00g x =，即0002e e 0x x x x -+=，所以002e 1x x x =-， 则()0000000e 22ln 2ln ,(1,2)1x f x x x x x x =-=-∈-. 令2()2ln ,121h x x x x =-<<-，则222()0(1)h x x x '=+>-.故函数()h x 在()1,2上单调递增. 由于012x <<，则()022ln 22ln 2221h x <-=--. 即()02ln 22f x <-.解法二 由(1)知e ()2ln xf x x x =-，22e (1)()x x x f x x '--=. 当01x <<时，()0f x '>.当1x ≥时，令()2e (1)x g x x x =--，则()2e (1)e 2e 2e 0x x x g x x x '=---=-<-<， 则()g x 在(1,)+∞上单调递减. 又2(1)20,(2)4e 0g g =>=-<. 故存在0(1,2)x ∈，使得()00g x =， 当()00,x x ∈时，()0g x >，则()0f x '>； 当()0,x x ∈+∞时，()0g x <，则 ()0f x '<.故函数()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减. 故函数()f x 存在唯一的极大值点0x . 由于()00g x =，即()0002e10x x x --=，所以002e1x x x =-， 则()0000000e 22ln 2ln ,(1,2)1x f x x x x x x =-=-∈-.令2()2ln ,121h x x x x =-<<-， 则222()0(1)h x x x '=+>-. 故函数()h x 在()1,2上单调递增. 由于012x <<，则()022ln 22ln 2221h x <-=--. 即()02ln 22f x <-.7.答案：(1)由题意得()2e (2)x F x m x '=-+， 令()0F x '=，得2x =-.因为0m >，所以在(),2-∞-上，()()'0,F x F x >单调递增；在()2,-+∞上，()()'0,F x F x <单调递减.所以函数()F x 有最大值，最大值为2(2)2e F m --=. (2)因为2()32e (1)x f x x x m x =+-+，所以ln 1()x ax f a -+>，即22e (1)31ln a m a a a x ax +--+>-+. 由于[1,0)a ∈-时，函数ln y x ax =-+为减函数，所以对任意[1,),[1,0)x a ∈+∞∈-，不等式ln 1()x ax f a -+>恒成立， 即2max 2e (1)31(ln )a m a a a x ax a +--+>-+=， 即对任意2[1,0),2e (1)410a a m a a a ∈-+--+>恒成立. 解法一 令2()2e (1)41a h a m a a a =+--+，则()()2e (2)242(2)e 1aa h a m a a a m '=+--=+-.因为[1,0)a ∈-，所以1e ,1ea ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，且21a +≥.①当1(0),[1,0)m m a ≤≠∈-时，e 10a m -<，所以()0h a '<，即[1,0)a ∈-时，()h a 单调递减.所以要使()0h a >，只需()00h ≥，解得12m ≥-，所以1,0(0,1]2m ⎡⎫∈-⋃⎪⎢⎣⎭. ②当1m >时，令()0h a '=，得ln a m =-或2a =-(舍去).(i)当1e m <<时，ln (1,0)m -∈-，当[1,ln )a m ∈--时，()0,()h a h a '<单调递减；当(ln ,0)a m ∈-时，()0,()h a h a '>单调递增.所以当[1,0)a ∈-时，2min ()(ln )ln 2ln 30h a h m m m =-=-++>，解得31,e em ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以(1,e)m ∈.(ii)当e m ≥时，ln 1m -≤-，所以在[1,0)-上，()0h a '≥，则()h a 在[)1,0-上单调递增，所以在[)1,0-上，min ()(1)40h a h =-=>. 综上，m 的取值范围是1,0(0,)2⎡⎫-⋃+∞⎪⎢⎣⎭. 解法二 当1a =-时，显然22e (1)410a m a a a +--+>.当()1,0a ∈-时，22e (1)410a m a a a +--+>等价于2412e (1)a a a m a +->+，令241()e (1)a a a h a a +-=+，则()22(24)(1)41(2)()e (1)a a a a a a h a a '++-+-+=+()22(2)2(1)41e (1)a a a a a a ⎡⎤++-+-⎣⎦=+()22(2)23e (1)a a a a a ++-=-+2(2)(3)(1)e (1)a a a a a ++-=-+.当()1,0a ∈-时，()'0h a >，所以()h a 在()1,0-上单调递增，所以()201m h ≥=-，所以12m ≥-.综上，m 的取值范围是1,0(0,)2⎡⎫-⋃+∞⎪⎢⎣⎭. 8.答案：(1)2()622(3)f x x ax x x a '=-=-. 令()0f x '=，得0x =或3a x =. 若0a >，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<.故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若0,()a f x =在(,)-∞+∞单调递增；若0a <，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<.故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. (2)满足题设条件的,a b 存在.(i)当0a ≤时，由(1)知，()f x 在[0,1]单调递增，所以()f x 在区间[0,1]的最小值为()0f b =，最大值为()12f a b =-+.此时,a b 满足题设条件当且仅当1,21b a b =--+=，即0,1a b ==-.(ii)当3a ≥时，由(1)知，()f x 在[0,1]单调递减，所以()f x 在区间[0,1]的最大值为()0f b =，最小值为()12f a b =-+.此时,a b 满足题设条件当且仅当21,1a b b -+=-=，即4,1a b ==.(iii)当03a <<时，由(1)知，()f x 在[0,1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+.若31,127a b b -+=-=，则a =03a <<矛盾.若31,2127a b a b -+=--+=，则a =a =-或0a =，与03a <<矛盾. 综上，当且仅当0,1a b ==-或4,1a b ==时，()f x 在[0,1]的最小值为1-，最大值为1.。
新高考方案二轮-数学(新高考版)小题考法(一) 函数图象与性质
融会贯通串知识 一、主干知识·以点带面 (一)函数的概念与性质
主干
知识点
概念及 (1)函数的定义． 图象 (2)函数的图象：对于函数的图象要会作图、识图和用图．
(3)函数图象的对称性及变换
(1)单调性：复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则． 三种常 (2)奇偶性：奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，
(二)导数 导数的几 函数f(x) 在点x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率， 何意义 因此曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－
f(x0)＝f′(x0)(x－x0)
(1)利用导数研究函数的单调性 ①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不 两种基本 等式f′(x)>0或f′(x)<0； 应用 ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间 上恒成立问题来求解．
B.12，＋∞
C.0，12
D.12，1
解析：因为 f(x)＝e－－xx，3，x≤x>00，， 当 x≤0 时，f(x)＝e－x 单调递减，且 f(x)≥1；
当 x>0 时，f(x)＝－x3 单调递减，且 f(x)<0，所以函数 f(x)＝e－－xx，3，x≤x>00， 在定
义域上单调递减．因为 f(a－1)≥f(－a)，所以 a－1≤－a，解得 a≤12，即不等式
导数题强调“用”，“用”就是导数的应用，即用导数来研究函数的单调性 与极值．考查内容主要包括：导数与函数的单调性、极值，利用导数解决不等式 问题，利用导数研究函数的零点问题等．考查的函数一般是多项式函数、指数函 数、对数函数、三角函数这几种函数的组合.2021年新高考Ⅱ卷T22第(2)问为结构 不良问题，体现了结构不良问题适度开放命题的科学性与素养导向．
2021年高考数学二轮复习 导数及其应用专题训练(含解析)
2021年高考数学二轮复习导数及其应用专题训练（含解析）一、选择题1．函数y＝f(x)的图象在点x＝5处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f′(5)等于( )A．1 B．2C．0 D.1 2解析由题意知f(5)＝－5＋8＝3，f′(5)＝－1，故f(5)＋f′(5)＝2.故选B.答案B2．函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为( )解析x<0时，f(x)为增函数，所以导函数在x<0时大于零；x>0时，原函数先增后减再增，所以导函数先大于零再小于零之后又大于零．故选D.答案 D3．(理)(xx·山东淄博一模)若函数f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象可能是( )A ．①④B ．②④C ．②③D ．③④解析 因为函数y ＝f (x )的导函数在区间(a ，b )上的图象关于直线x ＝a ＋b2对称，即导函数要么图象无增减性，要么在直线x ＝a ＋b2两侧单调性相反．由图①得，在a 处切线斜率最小，在b 处切线斜率最大，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故①不成立；由图②得，在a 处切线斜率最大，在b 处切线斜率最小，故导函数图象不关于直线x ＝a ＋b2对称，故②不成立；由图③得，原函数为一次函数，其导函数为常数函数，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，③成立；由图④得，原函数有一对称中心，在直线x ＝a ＋b2与原函数图象的交点处，故导函数图象关于直线x ＝a ＋b2对称，④成立；所以满足要求的有③④，故选D.答案 D3．(文)函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．无数个解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1中Δ＝－20<0， ∴g (x )>0恒成立， 故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点． 答案 A4．(xx·重庆七校联盟联考)已知函数f (x )在R 上满足f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率是( )A ．2B ．1C ．3D ．－2解析 由f (x )＝2f (2－x )－x 2＋8x －8两边求导得，f ′(x )＝2f ′(2－x )×(－1)－2x ＋8.令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)×(－1)－2＋8⇒f ′(1)＝2，∴k ＝2.答案 A5．(xx·云南昆明一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x，则下列结论中正确的是( ) A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数 B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数 C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数解析 由已知f ′(x )＝1x －1x ln 2x ＝ln 2x －1x ln 2x (x >0，且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1∪(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，故函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e，1和(1，e)内单调递减，所以A 、B 错；当0<x <1时，ln x <0，f (x )<0，故C 错；若x 0≥e，f (x )在(x 0，＋∞)上是增函数，D 正确．答案 D6．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤f (b )D ．bf (b )≤f (a )解析 设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xf ′x －f xx 2≤0， 故F (x )＝f xx为减函数． 由0<a <b ，有f a a ≥f bb⇒af (b )≤bf (a )，故选A. 答案 A 二、填空题7．(理)(xx·广东卷)曲线y ＝e －5x＋2在点(0,3)处的切线方程为________．解析 y ′＝－5e－5x，∴y ′|x ＝0＝－5，∴所求切线方程为y －3＝－5x ，即5x ＋y －3＝0.答案 5x ＋y －3＝07．(文)已知函数f (x )＝x e x，则f ′(x )＝________；函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程为________．解析 ∵f ′(x )＝1·e x ＋x ·e x ＝(1＋x )e x；f ′(0)＝1，f (0)＝0，因此f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －0＝x －0，即y ＝x .答案 (1＋x )e xy ＝x8．若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为________． 解析 过点P 作y ＝x －2的平行直线，且与曲线y ＝x 2－ln x 相切． 设P (x 0，x 20－ln x 0)，则有k ＝y ′|x ＝x 0＝2x 0－1x 0.∴2x 0－1x 0＝1.∴x 0＝1或x 0＝－12(舍去)．∴P (1,1)，∴d ＝|1－1－2|1＋1＝ 2. 答案29．已知函数f (x )＝x 3＋2bx 2＋cx ＋1有两个极值点x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，则f (－1)的取值范围是________．解析 由于f ′(x )＝3x 2＋4bx ＋c ，据题意方程3x 2＋4bx ＋c ＝0有两个根x 1，x 2，且x 1∈[－2，－1]，x 2∈[1,2]，令g (x )＝3x 2＋4bx ＋c ，结合二次函数图象可得⎩⎪⎨⎪⎧g －2＝12－8b ＋c ≥0，g －1＝3－4b ＋c ≤0，g 1＝3＋4b ＋c ≤0，g2＝12＋8b ＋c ≥0，此即为关于点(b ，c )的线性约束条件，作出其对应的平面区域，f (－1)＝2b －c ，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f (－1)＝2b －c 的最值问题，由线性规划易知3≤f (－1)≤12.答案 [3,12] 三、解答题10．已知函数f (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，其中t ∈R . (1)当t ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)t ≠0时，求f (x )的单调区间．解 (1)当t ＝1时，f (x )＝4x 3＋3x 2－6x ，f (0)＝0，f ′(x )＝12x 2＋6x －6，f ′(0)＝－6， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－6x . (2)f ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－t 或x ＝t2.因为t ≠0，以下分两种情况讨论：①若t <0，则t2<－t .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2，(－t ，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－t .②若t >0，则－t <t2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )的单调递增区间是(－∞，－t )，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－t ，t 2.11．(理)(xx·福建卷)已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图象与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 解 (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln2)＝e ln2－2ln2＝2－ln4，f (x )无极大值． (2)令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x－2x . 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln2)>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)①若c≥1，则e x≤c e x.又由(2)知，当x>0时，x2<e x.所以当x>0时，x2<c e x.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.②若0<c<1，令k＝1c>1，要使不等式x2<c e x成立，只要e x>kx2成立．而要使e x>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－2x＝x－2x，所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln2,5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝16c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.11．(文)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点．(1)求b的值；(2)求f(2)的取值范围．解(1)∵f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c，∴f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.∵f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，∴当x＝0时，f(x)取得极小值，即f′(0)＝0.∴b＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋ax2＋c，∵1是函数f(x)的一个零点，即f(1)＝0，∴c＝1－a.∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝0的两个根分别为x1＝0，x2＝2a 3.∵f(x)在(0,1)上是增函数，且函数f(x)在R上有三个零点，∴x 2＝2a3>1，即a >32.∴f (2)＝－8＋4a ＋(1－a )＝3a －7>－52.故f (2)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞. B 级——能力提高组1．(理)(xx·江西卷)若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，则⎠⎛01f(x)d x ＝( )A ．－1B ．－13C .13D ．1解析 直接求解定积分，再利用方程思想求解． ∵f(x)＝x 2＋2⎠⎛01f(x)d x ，∴⎠⎛01f(x)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2x ⎠⎛01f x d x ⎪⎪ 1＝13＋2⎠⎛01f(x)d x ， ∴⎠⎛01f(x)d x ＝－13.答案 B 1．(文)(理)2.(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23 D .⎝ ⎛⎭⎪⎫19，49 解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(理)(xx·中原名校二模)已知函数g(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d(a≠0)的导函数为f(x)，且a ＋2b ＋3c ＝0，f(0)·f(1)>0，设x 1，x 2是方程f(x)＝0的两根，则|x 1－x 2|的取值范围是( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23B .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，49C .⎝⎛⎭⎪⎫13，23D .⎝⎛⎭⎪⎫19，49解析 因为f(x)＝3ax 2＋2bx ＋c ，所以f(0)f(1)＝c(3a ＋2b ＋c)＝c(2a －2c)>0,0<c a<1，又|x 1－x 2|＝Δ|3a|＝2b 2－3ac |3a|＝|a －3c||3a|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－c a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23.答案 A2．(文)已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ，其导函数y ＝f′(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是________． ①当x ＝32时函数取得极小值；②f(x )有两个极值点； ③当x ＝2时函数取得极小值； ④当x ＝1时函数取得极大值．解析 从图象上可以看到：当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x ＝2时函数取得极小值，当x ＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案 ①3．(理)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－e －x－2x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 解 (1)f′(x)＝e x＋e －x－2≥0，等号仅当x ＝0时成立．所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e 2x－e －2x－4b(e x －e －x)＋(8b －4)x ，g′(x)＝2[e 2x＋e－2x－2b(e x＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x＋e －x－2)(e x＋e －x－2b ＋2)．①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0；②当b>2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x<ln (b －1＋b 2－2b)时g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x≤ln (b －1＋b 2－2b)时，g(x)<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g(ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln (b －1＋b 2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.3．(文)(xx·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k<1时，曲线y ＝f(x)与直线y ＝kx －2只有一个交点． 解 (1)f′(x)＝3x 2－6x ＋a ，f′(0)＝a. 曲线y ＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g(x)＝f(x)－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k)x ＋4. 由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x 2－6x ＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k －1<0，g(0)＝4， 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x>0时，令h(x)＝x 3－3x 2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．20226 4F02 伂31220 79F4 秴]38002 9472 鑲39341 99AD 馭30496 7720 眠24691 6073 恳 "35323 89FB 觻 26755 6883 梃35769 8BB9 讹]7。
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一、选择题1．函数的界说域为（）A．B．C．D．2．下列函数中，既是奇函数，又在区间上递加的是（）A．B．C．D．3．函数y=x2﹣2x﹣1在闭区间[0，3]上的最大值与最小值的和是（）A．﹣1B．0C．1D．24．界说在上的函数满意，，恣意的，函数在区间上存在极值点，则实数m的取值规模为（）A．B．C．D．5．已知，，，则的巨细联系是（）A．B．C．D．6．已知函数的图象如图所示，则函数的单调递加区间为（）A．，B．，C．，D．，7．界说在上的偶函数满意，且当时，，函数是界说在上的奇函数，当时，，则函数的零点的的个数是（）A．9B．10C．11D．128．已知函数，若关于，，使得，则的最大值为（）A．eB．1-eC．1D．9．已知为界说在上的奇函数，当时，有，且当时，，下列出题正确的是（）A．B．函数在界说域上是周期为的函数C．直线与函数的图象有个交点D．函数的值域为10．曲线在点处的切线方程为（）A．B．C．D．11．已知函数的导函数,且满意，则＝()A．B．C．1D．12．已知，直线与函数的图象在处相切，设，若在区间[1，2]上，不等式恒建立．则实数m（）A．有最大值B．有最大值e C．有最小值e D．有最小值二、填空题13．函数的界说域为14．已知函数的导函数是，设、是方程的两根．若，，则的取值规模为 .15．若函数在区间两个不同的零点，则的取值规模是_____ 16．已知界说域为的函数，若关于恣意，存在正数，都有建立，那么称函数是上的“倍束缚函数”，已知下列函数：①；②；③；④，其间是“倍束缚函数”的是_____________．（将你以为正确的函数序号都填上）17．关于三次函数有如下界说：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．若点是函数的“拐点”，也是函数图画上的点，则当时，函数的函数值是__________．参考答案1．B【解析】【剖析】依据函数解析式，得到，解出的取值规模，得到界说域.【详解】由于函数有含义，所以，解得所以解集为所以界说域为，故选：B.【点睛】本题考察求详细函数界说域，归于简略题.2．C【解析】【剖析】剖析各选项中函数的奇偶性和这些函数在区间上的单调性，然后可得出正确选项.【详解】关于A选项，设，界说域为，关于原点对称，，该函数为偶函数，且当时，，该函数在区间上为增函数；关于B选项，函数的界说域为，不关于原点对称，该函数为非奇非偶函数，且该函数在区间上为增函数；关于C选项，设，界说域为，关于原点对称，且，该函数为奇函数，由于函数在区间上为增函数，函数在区间上为减函数，所以，函数在区间上为增函数；关于D选项，设，界说域为，关于原点对称，且，该函数为奇函数，由双勾函数的单调性可知，函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，则该函数在区间上不单调.故选：C.【点睛】本题考察函数奇偶性与单调性的判别，了解一些根本初等函数的奇偶性与单调性是判别的要害，考察推理才能，归于根底题.3．B【解析】∵y=x2﹣2x﹣1=（x﹣1）2﹣2∴当x=1时，函数取最小值﹣2，当x=3时，函数取最大值2∴最大值与最小值的和为0故选B4．C【解析】【剖析】依据得到周期为，再求得，得到，求导得到，判别出的两根一正一负，则在区间上存在极值点，且，得到在上有且只要一个根，然后得到关于的不等式组，再依据二次函数保号性，得到关于不等式组，解得的规模.【详解】由题意知，，，所以是以4为周期的函数，，所以，求导得，令，，，由，知有一正一负的两个实根.又，依据在上存在极值点，得到在上有且只要一个正实根.然后有，即恒建立，又对恣意，上述不等式组恒建立，进一步得到所以故满意要求的的取值规模为：.故选：C.【点睛】本题考察函数的周期性的使用，依据函数的极值点求参数的规模，二次函数根的散布和保号性，归于中档题.5．A【解析】【剖析】依据特别值0和1与指数函数对数函数的单调性逐一比较巨细.【详解】关于，所以：故选：A【点睛】此题考察指数对数的巨细比较，要害在于依据函数单调性和特别函数值的巨细联系，使用不等式的传递性解题.6．C【解析】【剖析】依据复合函数的单调性结合图形找出使得函数单调递减以及满意的对应的取值规模即可.【详解】由于在上为减函数，所以只要求的单调递减区间，且.由图可知，使得函数单调递减且满意的的取值规模是.因而，函数的单调递加区间为、.故选：C.【点睛】本题考察对数型复合函数单调区间的求解，在使用复合函数法得出内层函数的单调区间时，还应留意真数要恒大于零. 7．C【解析】【剖析】由，得出，转化为函数与函数图象的交点个数，然后作出两个函数的图象，调查图画即可．【详解】由于，所以，函数的周期为，且函数为偶函数，由，得出，问题转化为函数与函数图象的交点个数，作出函数与函数的图象如下图所示，由图象可知，，当时，，则函数与函数在上没有交点，结合图画可知，函数与函数图象共有11个交点，故选C.【点睛】本题考察函数的零点个数，有两种做法：一是代数法，解代数方程；二是图象法，转化为两个函数的公共点个数，在画函数的图象是，要留意函数的各种性质，如周期性、奇偶性、对称性等性质的表现，归于中等题．8．D【解析】【剖析】无妨设f()=g()＝a，然后可得的表达式，求导确认函数的单调性，再求最小值即可．【详解】无妨设f()=g()＝a，∴＝a，∴＝ln(a+e)，＝，故＝ln(a+e)-，（a＞-e）令h（a）＝ln(a+e)-，h′（a），易知h′（a）在（-e，+∞）上是减函数，且h′（0）＝0，故h（a）在a处有最大值，即的最大值为；故选D．【点睛】本题考察了函数的性质使用及导数的归纳使用，考察了指对互化的运算，归于中档题．9．A【解析】【剖析】推导出当时，，结合题中等式得出，可判别出A选项的正误；使用特别值法可判别B选项的正误；作出函数在区间上的图象，使用数形结合思维可判别C选项的正误；求出函数在上的值域，使用奇函数的性质可得出函数的值域，可判别出D 选项的正误.【详解】函数是上的奇函数，，由题意可得，当时，，，A选项正确；当时，，则，，，则函数不是上周期为的函数，B选项过错；若为奇数时，，若为偶数，则，即当时，，当时，，若，且当时，，，当时，则，，当时，，则，所以，函数在上的值域为，由奇函数的性质可知，函数在上的值域为，由此可知，函数在上的值域为，D选项过错；如下图所示：由图象可知，当时，函数与函数的图象只要一个交点，当或时，，此刻，函数与函数没有交点，则函数与函数有且只要一个交点，C选项过错.故选：A.10．C【解析】【剖析】对函数进行求导,使用导数的几许含义求出切线的斜率,再用点斜式求出切线方程,最终化成一般式即可.【详解】,故切线的斜率为.又.所以曲线在点处的切线方程为.即.故选:C【点睛】本题考察了导数的几许含义,考察了求函数的切线方程,考察了直线的点作斜式方程以及一般方程.11．B【解析】【剖析】对函数进行求导，然后把代入到导函数中，得到一个方程，进行求解．【详解】对函数进行求导，得把代入得，直接可求得．【点睛】本题主要是考察求一个函数的导数，归于简单题．本题值得留意的是是一个实数．12．A【解析】【剖析】求f（x）导数，使用导数的几许含义可得a和b的值，求g（x）的导数和单调性，可得函数g(x)的最值，然后解不等式即可得m的最值．【详解】∵，∴，∴，又点在直线上，∴-1=2 +b+，∴b＝﹣1，∴g（x）＝e x﹣x2+2，g'（x）＝e x﹣2x，g''（x）＝e x﹣2，当x∈[1，2]时，g''（x）≥g''（1）＝e﹣2＞0，∴g'（x）在[1，2]上单调递加，∴g'（x）≥g（1）＝e﹣2＞0，∴g（x）在[1，2]上单调递加，解得或e≤m≤e+1，∴m的最大值为e+1，无最小值，故选A.【点睛】本题考察导数的运用，考察使用导数求切线的斜率和单调区间，最值，考察不等式恒建立问题的解法，归于中档题．13．【解析】试题剖析：由题意可得：，解得．考点：本题函数的界说域，学生的根本运算才能．14．.【解析】【剖析】由题意得，而且，由，可得，可得或，依据韦达定理得出的取值规模．【详解】由题意得，，，又，所以，整理得，解得或.由于、是方程的两根，则，，所以，，所以，，因而，的取值规模是，故答案为.【点睛】本题考察韦达定理的使用，考察零点相关的取值规模问题，处理此类问题的办法是正确地使用韦达定理表明所求表达式，使用二次函数在定区间上求最值的方程求解即可，归于中等题．15．【解析】【剖析】由二次函数的区间根问题可得：即，由与线性规划有关的问题，作出可行域，再求最值即可．【详解】由在区间上有两个不同的零点，得：，即，则满意的可行域如为点A，B，C所围成的区域，方针函数，由图可知，当直线过点B时，取最小值，当直线过点A时，的最大值趋近0，故，即的取值规模是，故答案为.【点睛】本题考察了二次函数的区间根问题及与线性规划有关的问题，归于中档题.16．①④【解析】【剖析】关于恣意，存在正数，使得关于恣意，都有建立，对①②③④逐一剖析判别即可.【详解】由于，所以存在正数2，都有，因而①是“倍束缚函数”；②，由于时故不存在正数使得关于恣意，都有建立，所以②不是“倍束缚函数”；③，当时，故不存在正数使得关于恣意，都有建立，所以③不是“倍束缚函数”；④，而，故存在正数使得关于恣意，都有建立，所以④是“倍束缚函数”.故答案为①④17．2【解析】【剖析】求函数g(x)的二次导数，使用拐点界说得到关于a，b的方程组，求出a，b值，即可得h（x）解析式，然后求出h （4）．【详解】g'（x）＝3x2﹣2ax+b，g″（x）＝6x﹣2a，由拐点界说知x＝1时，g″（1）＝6﹣2a＝0，解得：a ＝3，而g（1）＝﹣3，即1﹣a+b﹣5＝0，解得：b＝4，所以h（x）＝log4（3x+4），h（4）＝log416＝2，故答案为2．【点睛】本题考察导数的使用以及求函数值，考察转化思维以及新界说的问题．。