高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題一：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí)題

專題一：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一、函數(shù)的圖象與性質(zhì)一、單項(xiàng)選擇題1．(2022·哈爾濱檢測(cè))下列既是奇函數(shù)，又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝sinx B．y＝lnxC．y＝tanx D．y＝－eq\f(1,x)2．(2022·西安模擬)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1－1，x≤3，,log2x2－1，x>3，))若f(x)＝3，則x的值為()A．3 B．1C．－3 D．1或33．(2022·常德模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinπx,ex＋e－x)的圖象大致是() 4．(2022·張家口檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－1,ex＋1)，則()A．函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增B．函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減D．函數(shù)f(x)非奇非偶，在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增5．(2021·全國(guó)乙卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是()A．f(x－1)－1B．f(x－1)＋1C．f(x＋1)－1D．f(x＋1)＋16．設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，則f(99)等于()A．1 B．2C．0 D.eq\f(13,2)7．已知函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－22，0<x≤4，,\f(1,2)fx－4，x>4，))則方程f(x)＝1的解的個(gè)數(shù)為()A．4 B．6C．8 D．108．(2022·河北聯(lián)考)若函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)是周期為2的奇函數(shù)，則下列結(jié)論不正確的是()A．函數(shù)f(x)的周期為4B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱C．f(2021)＝0D．f(2022)＝0二、多項(xiàng)選擇題9．下列函數(shù)中，定義域與值域相同的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝lnxC．y＝eq\f(1,3x－1) D．y＝eq\f(x＋1,x－1)10．(2022·淄博檢測(cè))函數(shù)D(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x∈Q，,0，x?Q))被稱為狄利克雷函數(shù)，則下列結(jié)論成立的是()A．函數(shù)D(x)的值域?yàn)閇0,1]B．若D(x0)＝1，則D(x0＋1)＝1C．若D(x1)－D(x2)＝0，則x1－x2∈QD．?x∈R，D(x＋eq\r(2))＝111．下列可能是函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1,0,1})的圖象的是()12．已知函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于直線x＝－1對(duì)稱，且對(duì)?x∈R，有f(x)＋f(－x)＝4.當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝x＋2，則下列說(shuō)法正確的是()A．8是f(x)的周期B．f(x)的最大值為5C．f(2023)＝1D．f(x＋2)為偶函數(shù)三、填空題13．(2022·瀘州模擬)寫(xiě)出一個(gè)具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f(x)＝____________.①定義域?yàn)镽；②函數(shù)f(x)是奇函數(shù)；③f(x＋π)＝f(x)．14．已知函數(shù)f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)－x)＋1，則f(ln5)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,5)))＝________.15．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，則a的取值范圍為_(kāi)_______．16．(2022·濟(jì)寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，則使得f(x)>f(2x)成立的x的取值范圍是____________．

二、基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程一、單項(xiàng)選擇題1．冪函數(shù)f(x)滿足f(4)＝3f(2)，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))等于()A.eq\f(1,3) B.3C.－eq\f(1,3) D.－32．(2022·瀘州模擬)若logab>1，其中a>0且a≠1，b>1,則()A．0<a<1<b B．1<a<bC．1<b<a D．1<b<a23．函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,\r(25－x2))的零點(diǎn)有()A．2個(gè) B．3個(gè)C．5個(gè) D．無(wú)數(shù)個(gè)4．朗伯比爾定律(Lambert－Beerlaw)是分光光度法的基本定律，是描述物質(zhì)對(duì)某一波長(zhǎng)光吸收的強(qiáng)弱與吸光物質(zhì)的濃度及其液層厚度間的關(guān)系，其數(shù)學(xué)表達(dá)式為A＝lg

eq\f(1,T)＝Kbc，其中A為吸光度，T為透光度，K為摩爾吸光系數(shù)，c為吸光物質(zhì)的濃度，單位為mol/L，b為吸收層厚度，單位為cm.保持K，b不變，當(dāng)吸光物質(zhì)的濃度增加為原來(lái)的兩倍時(shí)，透光度由原來(lái)的T變?yōu)?)A．2T B．T2C.eq\f(1,2)T D．10T5．(2022·十堰統(tǒng)考)已知a＝ln3，b＝30.5，c＝lg9，則()A．a(chǎn)>b>c B．c>a>bC．b>a>c D．b>c>a6．(2022·聊城模擬)“環(huán)境就是民生，青山就是美麗，藍(lán)天也是幸福”，隨著經(jīng)濟(jì)的發(fā)展和社會(huì)的進(jìn)步，人們的環(huán)保意識(shí)日益增強(qiáng)．某化工廠產(chǎn)生的廢氣中污染物的含量為1.2mg/cm3，排放前每過(guò)濾一次，該污染物的含量都會(huì)減少20%，當(dāng)?shù)丨h(huán)保部門要求廢氣中該污染物的含量不能超過(guò)0.2mg/cm3，若要使該工廠的廢氣達(dá)標(biāo)排放，那么該污染物排放前需要過(guò)濾的次數(shù)至少為(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.30，lg3≈0.48)()A．6B．7C．8D．97．(2022·湖南聯(lián)考)已如函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lg

eq\f(x＋3,3－x)，則()A．f(1)＋f(－1)<0B．f(－2)＋f(2)>0C．f(1)－f(－2)<0D．f(－1)＋f(2)>08．設(shè)x1，x2分別是函數(shù)f(x)＝x－a－x和g(x)＝xlogax－1的零點(diǎn)(其中a>1)，則x1＋4x2的取值范圍為()A．(4，＋∞) B．[4，＋∞)C．(5，＋∞) D．[5，＋∞)二、多項(xiàng)選擇題9．記函數(shù)f(x)＝x＋lnx的零點(diǎn)為x0，則關(guān)于x0的結(jié)論正確的為()A．0<x0<eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)<x0<1C．－x0＝0D．＋x0＝010．已知實(shí)數(shù)a，b滿足等式2022a＝2023b，下列式子可以成立的是()A．a(chǎn)＝b＝0 B．a(chǎn)<b<0C．0<a<b D．0<b<a11．(2022·濟(jì)寧模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且周期為2，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x2.若函數(shù)g(x)＝f(x)－x－a恰有3個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍可以是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，2))12．(2022·長(zhǎng)沙模擬)已知正數(shù)x，y，z滿足3x＝4y＝12z，則()A.eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,z) B．6z<3x<4yC．xy<4z2 D．x＋y>4z三、填空題13．(2022·成都模擬)已知兩個(gè)條件：①a，b∈R，f(a＋b)＝f(a)·f(b)；②f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．請(qǐng)寫(xiě)出一個(gè)同時(shí)滿足以上兩個(gè)條件的函數(shù)____________．14．(2022·廣州模擬)據(jù)報(bào)道，某地遭遇了70年一遇的沙漠蝗蟲(chóng)災(zāi)害．在所有的農(nóng)業(yè)害蟲(chóng)中，沙漠蝗蟲(chóng)對(duì)人類糧食作物危害最大．沙漠蝗蟲(chóng)繁殖速度很快，遷徙能力很強(qiáng)，給農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和糧食安全構(gòu)成重大威脅．已知某蝗蟲(chóng)群在適宜的環(huán)境條件下，每經(jīng)過(guò)15天，數(shù)量就會(huì)增長(zhǎng)為原來(lái)的10倍．該蝗蟲(chóng)群當(dāng)前有1億只蝗蟲(chóng)，則經(jīng)過(guò)________天，蝗蟲(chóng)數(shù)量會(huì)達(dá)到4000億只．(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.30)15．已知函數(shù)f(x)＝|lnx|，實(shí)數(shù)m，n滿足0<m<n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在區(qū)間[m2，n]上的最大值是2，則eq\f(n,m)的值為_(kāi)_______．16．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln－x，x<0，,x2－x，x≥0，))若關(guān)于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是__________．

三、導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性一、單項(xiàng)選擇題1．(2022·張家口模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－2x＋lnx，則函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為()A．2x＋y－2＝0B．2x－y－1＝0C．2x＋y－1＝0D．2x－y＋1＝02．已知函數(shù)f(x)＝x2＋f(0)·x－f′(0)·cosx＋2，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，則f′(0)等于()A．－1 B．0C．1 D．23．(2022·重慶檢測(cè))函數(shù)f(x)＝e－xcosx(x∈(0，π))的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))4．(2022·廈門模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－mx在區(qū)間x∈[1,2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則m的取值范圍為()A．(0，e) B．(－∞，e)C．(0,2e2) D．(－∞，2e2)5．(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)若過(guò)點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則()A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea6．已知a＝e0.3，b＝eq\f(ln1.5,2)＋1，c＝eq\r(1.5)，則它們的大小關(guān)系正確的是()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．b>a>c D．c>b>a二、多項(xiàng)選擇題7．若曲線f(x)＝ax2－x＋lnx存在垂直于y軸的切線，則a的取值可以是()A．－eq\f(1,2) B．0C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,4)8．已知函數(shù)f(x)＝lnx，x1>x2>e，則下列結(jié)論正確的是()A．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0B.eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))C．x1f(x2)－x2f(x1)>0D．e[f(x1)－f(x2)]<x1－x2三、填空題9．(2022·保定模擬)若函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(2,\r(x))＋m在(1，f(1))處的切線過(guò)點(diǎn)(0,2)，則實(shí)數(shù)m＝______.10．已知函數(shù)f(x)＝x2－cosx，則不等式f(2x－1)<f(x＋1)的解集為_(kāi)_______．11．(2022·伊春模擬)過(guò)點(diǎn)P(1,2)作曲線C：y＝eq\f(4,x)的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則直線AB的方程為_(kāi)_______．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋lnx，對(duì)于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>3，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．四、解答題13．(2022·滁州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋alnx(a∈R)．(1)若函數(shù)在x＝1處的切線與直線x－4y－2＝0垂直，求實(shí)數(shù)a的值；(2)當(dāng)a>0時(shí)，討論函數(shù)的單調(diào)性．14．(2022·湖北八市聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－(ax－1)ln(ax－1)＋(a＋1)x.(e＝2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求F(x)＝ex－f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

四、函數(shù)的極值、最值一、單項(xiàng)選擇題1．下列函數(shù)中，不存在極值的是()A．y＝x＋eq\f(1,x) B．y＝xexC．y＝xlnx D．y＝－2x3－x2．下列關(guān)于函數(shù)f(x)＝(3－x2)ex的結(jié)論，正確的是()A．f(－3)是極大值，f(1)是極小值B．f(x)沒(méi)有最大值，也沒(méi)有最小值C．f(x)有最大值，沒(méi)有最小值D．f(x)有最小值，沒(méi)有最大值3．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．04．(2022·南充檢測(cè))已知函數(shù)f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1處取得極值0，則m＋n等于()A．2B．7C．2或7D．3或95．(2022·晉中模擬)已知函數(shù)f(x)＝2xlnx＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，則a的取值范圍為()A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)C．(0,4) D．(0,4]6．(2022·昆明模擬)若函數(shù)f(x)＝x2－4x＋alnx有兩個(gè)極值點(diǎn)，設(shè)這兩個(gè)極值點(diǎn)為x1，x2，且x1<x2，則()A．x1∈(1,2) B．a(chǎn)>2C．f(x1)<－3 D．f(x1)>－3二、多項(xiàng)選擇題7．(2022·新高考全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)B．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C．點(diǎn)(0,1)是曲線y＝f(x)的對(duì)稱中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線8．(2022·河北名校聯(lián)盟調(diào)研)若存在正實(shí)數(shù)m，n，使得等式4m＋a(n－3e2m)·(lnn－lnm)＝0成立，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則a的取值可能是()A．－eq\f(1,e)B.eq\f(1,e3)C.eq\f(1,e2)D．2三、填空題9．函數(shù)f(x)＝x－ln|x|的極值點(diǎn)為_(kāi)_______．10．已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x＋2a＋2，若函數(shù)y＝f(x)與y＝f(f(x))有相同的值域，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．11．(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值為_(kāi)_______．12．(2022·全國(guó)乙卷)已知x＝x1和x＝x2分別是函數(shù)f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)．若x1<x2，則a的取值范圍是________．四、解答題13．(2022·西安交大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,3]上的最大值與最小值之差g(a)．14.(2022·許昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝cosx－eq\f(1,ex).(1)求函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程；(2)證明：函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上存在唯一的極大值點(diǎn)x0.(參考數(shù)據(jù)：7<e2<8，e3>16，)

五、導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.導(dǎo)數(shù)與不等式的證明1．(2022·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，求證：f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.2．(2022·鶴壁模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a＝e時(shí)，證明：f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).

2.恒成立問(wèn)題與有解問(wèn)題1．(2022·河北聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax2lnx與g(x)＝x2－bx.(1)若f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，求a，b的值．(2)若對(duì)?x∈[1，e]，都?b∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍．2．(2022·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－ax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

3.零點(diǎn)問(wèn)題1．(2022·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(－1k－1·x－1k,k).(1)分別求n＝1和n＝2的函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．2．(2022·廣州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋sinx－cosx，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．(1)證明：當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)≥2；(2)設(shè)g(x)＝f(x)－2x－1，證明：g(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．

參考答案一、函數(shù)的圖象與性質(zhì)1．D2.B3.C4.A5.B6.D7．D[由題意知，當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－22，0<x≤4，,\f(1,2)fx－4，x>4，))作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，又由方程f(x)＝1的解的個(gè)數(shù)，即為函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)可知，當(dāng)x>0時(shí)，結(jié)合圖象，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象有5個(gè)交點(diǎn)，又因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以當(dāng)x<0時(shí)，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象也有5個(gè)交點(diǎn)，綜上可得，函數(shù)y＝f(x)與y＝1的圖象有10個(gè)交點(diǎn)，即方程f(x)＝1的解的個(gè)數(shù)為10.]8．D[∵函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)是奇函數(shù)，∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1)?f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝0，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，故B正確；∵函數(shù)f(2x＋1)(x∈R)的周期為2，∴f(2(x＋2)＋1)＝f(2x＋1)，即f(2x＋5)＝f(2x＋1)，∴f(x)的周期為4，故A正確；f(2021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故C正確；f(2022)＝f(4×505＋2)＝f(2)，無(wú)法判斷f(2)的值，故D錯(cuò)誤．]9．AD10.BD11.ABC12．ACD[因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于直線x＝－1對(duì)稱，故f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，因?yàn)閷?duì)?x∈R有f(x)＋f(－x)＝4，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,2)成中心對(duì)稱，所以f(－2＋x＋2)＝f(－2－(x＋2))，即f(x)＝f(－4－x)＝4－f(－x)，又f(－4－x)＋f(x＋4)＝4，即f(－4－x)＝4－f(x＋4)，所以f(x＋4)＝f(－x)，所以f((x＋4)＋4)＝f(－(x＋4))＝f(x)，所以f(x＋8)＝f(x)，所以8是f(x)的周期，故A正確；又f(x＋2)＝f(－x＋2)，故函數(shù)f(x＋2)為偶函數(shù)，故D正確；因?yàn)楫?dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝x＋2，且f(x)＋f(－x)＝4，則當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，－x∈(0,2]，所以f(－x)＝－x＋2＝4－f(x)，所以f(x)＝x＋2，故當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，f(x)＝x＋2，又函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，所以在同一個(gè)周期[－6,2]上，f(x)的最大值為f(2)＝4，故f(x)在R上的最大值為4，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閒(2023)＝f(253×8－1)＝f(－1)＝4－f(1)＝1，所以C正確．]13．sin2x(答案不唯一)14．215.[0,2]16.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析令g(x)＝e|x|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，將其向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，得y＝e|x－1|－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，所以f(x)＝e|x－1|－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))是函數(shù)g(x)向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到的．而易知g(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)＝ex－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，g′(x)＝ex＋eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))，當(dāng)0<x≤2時(shí)，顯然g′(x)>0，當(dāng)x>2時(shí)，ex>e2，－eq\f(π,2)≤eq\f(π,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)x))≤eq\f(π,2)，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0)上單調(diào)遞減．從而可知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，1)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)f(x)>f(2x)時(shí)，有|x－1|>|2x－1|，解得0<x<eq\f(2,3).二、基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程1．A2.B3.B4.B5.C6.C7．D[因?yàn)閒(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)＋lg

eq\f(－x＋3,3＋x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2x)＋lg

\f(x＋3,3－x)))＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＋f(－x)＝0，故A，B錯(cuò)誤；又因?yàn)閒(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\f(x＋3,3－x)＝2x－eq\f(1,2x)＋lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(6,x－3)))，且eq\f(x＋3,3－x)>0，即(x＋3)(3－x)>0，解得－3<x<3，根據(jù)單調(diào)性的結(jié)論可知f(x)在(－3,3)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈(0,3)時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x∈(－3,0)時(shí)，f(x)<0，所以f(1)－f(－2)＝f(1)＋f(2)>0，C錯(cuò)誤；f(－1)＋f(2)＝f(2)－f(1)>0，D正確．]8．C[令f(x)＝0，得x1＝，即eq\f(1,x1)＝，所以x1是y＝eq\f(1,x)與y＝ax(a>1)圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，且顯然0<x1<1.令g(x)＝0，得x2logax2－1＝0，即logax2＝eq\f(1,x2)，所以x2是y＝eq\f(1,x)與y＝logax(a>1)圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，因?yàn)閥＝ax與y＝logax關(guān)于y＝x對(duì)稱，所以交點(diǎn)也關(guān)于y＝x對(duì)稱，所以有x1＝eq\f(1,x2)，所以x1＋4x2＝x1＋eq\f(4,x1)，令y＝x＋eq\f(4,x)，易知y＝x＋eq\f(4,x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以x1＋4x2>1＋eq\f(4,1)＝5.]9．BC10.ABD11.BD12．ABD[設(shè)3x＝4y＝12z＝t，t>1，則x＝log3t，y＝log4t，z＝log12t，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,log3t)＋eq\f(1,log4t)＝logt3＋logt4＝logt12＝eq\f(1,z)，A正確；因?yàn)閑q\f(6z,3x)＝eq\f(2log12t,log3t)＝eq\f(2logt3,logt12)＝log129<1，則6z<3x，因?yàn)閑q\f(3x,4y)＝eq\f(3log3t,4log4t)＝eq\f(3logt4,4logt3)＝eq\f(logt64,logt81)＝log8164<1，則3x<4y，所以6z<3x<4y，B正確；因?yàn)閑q\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,z)，所以x＋y＝(x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,y)))·z＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(x,y)＋2))·z≥4z，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)，等號(hào)成立，又x≠y，故x＋y>4z，D正確；因?yàn)閑q\f(1,z)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(x＋y,xy)，則eq\f(xy,z)＝x＋y>4z，所以xy>4z2，C錯(cuò)誤．]13．f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x(答案不唯一)14．5415.e216．(2eq\r(2)，3)解析函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，令t＝f(x)，則關(guān)于x的方程2f2(x)－af(x)＋1＝0有6個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，等價(jià)于關(guān)于t的方程2t2－at＋1＝0在[0,1)上有2個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－8>0，,0<\f(a,4)<1，,3－a>0，))解得2eq\r(2)<a<3.三、導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)的單調(diào)性1．C2.C3.D4.D5.D6.B7．ABC[依題意，f(x)存在垂直于y軸的切線，即存在切線斜率k＝0的切線，又k＝f′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)－1，x>0，∴2ax＋eq\f(1,x)－1＝0有正根，即－2a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)有正根，即函數(shù)y＝－2a與函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)，x>0的圖象有交點(diǎn)，令eq\f(1,x)＝t>0，則g(t)＝t2－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，∴g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，∴－2a≥－eq\f(1,4)，即a≤eq\f(1,8).]8．BCD[∵f(x)＝lnx是增函數(shù)，∴(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，A錯(cuò)誤；eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]＝eq\f(1,2)(lnx1＋lnx2)＝eq\f(1,2)ln(x1x2)＝lneq\r(x1x2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝ln

eq\f(x1＋x2,2)，由x1>x2>e，得eq\f(x1＋x2,2)>eq\r(x1x2)，又f(x)＝lnx單調(diào)遞增，∴eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，B正確；令h(x)＝eq\f(fx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x>e時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴h(x1)<h(x2)，即eq\f(fx1,x1)<eq\f(fx2,x2)?x1f(x2)－x2f(x1)>0，C正確；令g(x)＝ef(x)－x，則g′(x)＝eq\f(e,x)－1，當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，∴g(x1)<g(x2)，即ef(x1)－x1<ef(x2)－x2?e[f(x1)－f(x2)]<x1－x2，D正確．]9．610.(0,2)11．2x＋y－8＝0解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝－eq\f(4,x2)，所以曲線C在A點(diǎn)處的切線方程為y－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(x－x1)，將P(1,2)代入得2－y1＝－eq\f(4,x\o\al(2,1))(1－x1)，因?yàn)閥1＝eq\f(4,x1)，化簡(jiǎn)得2x1＋y1－8＝0，同理可得2x2＋y2－8＝0，所以直線AB的方程為2x＋y－8＝0.12．a(chǎn)≤－1解析對(duì)于任意不同的x1，x2∈(0，＋∞)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>3.不妨設(shè)x1<x2，則f(x1)－f(x2)<3(x1－x2)，即f(x1)－3x1<f(x2)－3x2，設(shè)F(x)＝f(x)－3x，則F(x1)<F(x2)，又x1<x2，所以F(x)單調(diào)遞增，F(xiàn)′(x)≥0恒成立．F(x)＝f(x)－3x＝eq\f(1,2)x2－(a＋3)x＋lnx.所以F′(x)＝x－(3＋a)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－3＋ax＋1,x)，令g(x)＝x2－(3＋a)x＋1，要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g(x)＝x2－(3＋a)x＋1≥0恒成立，即3＋a≤x＋eq\f(1,x)恒成立，x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)等號(hào)成立，所以3＋a≤2，即a≤－1.13．解函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x).(1)由已知得f′(1)＝2×1－2＋a＝－4，得a＝－4.(2)f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2x＋a,x)(x>0)，對(duì)于方程2x2－2x＋a＝0，記Δ＝4－8a.①當(dāng)Δ≤0，即a≥eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)Δ>0，即0<a<eq\f(1,2)時(shí)，令f′(x)＝0，解得x1＝eq\f(1－\r(1－2a),2)，x2＝eq\f(1＋\r(1－2a),2).又a>0，故x2>x1>0.當(dāng)x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－2a),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－2a),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－2a),2)，\f(1＋\r(1－2a),2)))上單調(diào)遞減．14．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，F(xiàn)(x)＝ex－f(x)＝(x－1)ln(x－1)－2x，定義域?yàn)?1，＋∞)，F(xiàn)′(x)＝ln(x－1)－1，令F′(x)>0，解得x>e＋1，令F′(x)<0，解得1<x<e＋1，故F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e＋1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，e＋1)．(2)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上有意義，故ax－1>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，可得a>e，依題意可得f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上恒成立，設(shè)g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1，g′(x)＝ex－eq\f(a2,ax－1)，易知g′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，故g′(x)≤g′(1)＝e－eq\f(a2,a－1)<0，故g(x)＝f′(x)＝ex－aln(ax－1)＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，最小值為g(1)，故只需g(1)＝e－aln(a－1)＋1≥0，設(shè)h(a)＝e－aln(a－1)＋1，其中a>e，由h′(a)＝－ln(a－1)－eq\f(a,a－1)<0可得，h(a)＝e－aln(a－1)＋1在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(e＋1)＝0，故a≤e＋1.綜上所述，a的取值范圍為(e，e＋1]．四、函數(shù)的極值、最值1．D2.C3.A4.B5.D6.D7．AC[因?yàn)閒(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1<0，得－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，故A正確；因?yàn)閒(x)的極小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))3－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；因?yàn)楹瘮?shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個(gè)單位長(zhǎng)度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關(guān)于原點(diǎn)(0,0)中心對(duì)稱且g(0)＝0，所以點(diǎn)(0,1)是曲線f(x)＝x3－x＋1的對(duì)稱中心，故C正確；假設(shè)直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線，切點(diǎn)為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)，但點(diǎn)(1,1)不在直線y＝2x上；若x0＝－1，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(－1,1)，但點(diǎn)(－1,1)不在直線y＝2x上，所以假設(shè)不成立，故D錯(cuò)誤．故選AC.]8．ACD[由題意知，a≠0，由4m＋a(n－3e2m)(lnn－lnm)＝0，得4＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)－3e2))ln

eq\f(n,m)＝0，令t＝eq\f(n,m)(t>0)，則－eq\f(4,a)＝tlnt－3e2lnt，設(shè)g(t)＝tlnt－3e2lnt，則g′(t)＝1＋lnt－eq\f(3e2,t)，因?yàn)楹瘮?shù)g′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且g′(e2)＝0，所以當(dāng)0<t<e2時(shí)，g′(t)<0，當(dāng)t>e2時(shí)，g′(t)>0，則g(t)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，從而g(t)min＝g(e2)＝－4e2，即－eq\f(4,a)≥－4e2，解得a≥eq\f(1,e2)或a<0.故a∈(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).]9．110.(－∞，0]11.112.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))解析方法一由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2axlna－2ex.令f′(x)＝0，得axlna＝ex.因?yàn)閍>0且a≠1，所以顯然x≠0，所以e＝eq\f(axlna,x).令g(x)＝eq\f(axlna,x)，則g′(x)＝eq\f(axlna2x－axlna,x2)＝eq\f(axlnaxlna－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,lna).故當(dāng)x>eq\f(1,lna)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<eq\f(1,lna)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．所以g(x)極小值＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))＝＝(lna)2，也是最小值．因?yàn)閒(x)有極小值點(diǎn)x＝x1和極大值點(diǎn)x＝x2，故f′(x)＝0有兩個(gè)不同的根x＝x1，x＝x2，故g(x)的圖象與直線y＝e有兩個(gè)交點(diǎn)，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)))<e，即(lna)2<e，又所以(lna)2<1.由題意易知當(dāng)x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)>0.若a>1，則當(dāng)x→＋∞時(shí)，f′(x)→＋∞，不符合題意，所以0<a<1，則－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).方法二由題意，f′(x)＝2axlna－2ex，根據(jù)f(x)有極小值點(diǎn)x＝x1和極大值點(diǎn)x＝x2可知，x＝x1，x＝x2為f′(x)＝0的兩個(gè)不同的根，又x1<x2，所以易知當(dāng)x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)>0.由f′(x)＝0，可得axlna＝ex.①若a>1，則當(dāng)x→＋∞時(shí)，f′(x)→＋∞，不符合題意，舍去．②若0<a<1，令g(x)＝axlna，h(x)＝ex，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)和h(x)的大致圖象，如圖所示．因?yàn)閒′(x)＝0有兩個(gè)不同的根，所以g(x)與h(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則過(guò)原點(diǎn)且與g(x)的圖象相切的直線l的斜率k<e.不妨設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，)，因?yàn)間′(x)＝ax(lna)2，所以k＝可得x0＝eq\f(1,lna)，從而k＝(lna)2<e，又所以e·(lna)2<e，則(lna)2<1，又0<a<1，所以－1<lna<0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).13．解(1)因?yàn)閒(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上單調(diào)遞增；②當(dāng)a>0時(shí)，x∈(－∞，－eq\r(a))∪(eq\r(a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；x∈(－eq\r(a)，eq\r(a))時(shí)，f′(x)<0；故f(x)在(－∞，－eq\r(a))和(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－eq\r(a)，eq\r(a))上單調(diào)遞減．(2)由(1)可知：①當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在[0,3]上單調(diào)遞增，g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；②當(dāng)eq\r(a)≥3，即a≥9時(shí)，f(x)在[0,3]上單調(diào)遞減，g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；③當(dāng)0<eq\r(a)<3，即0<a<9時(shí)，f(x)在[0，eq\r(a))上單調(diào)遞減，在(eq\r(a)，3]上單調(diào)遞增，于是f(x)min＝f(eq\r(a))＝－2aeq\r(a)＋a，又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.故當(dāng)0<a<3時(shí)，g(a)＝27－9a＋2aeq\r(a)；當(dāng)3≤a<9時(shí)，g(a)＝2aeq\r(a)，綜上可得，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(27－9a，a≤0，,27－9a＋2a\r(a)，0<a<3，,2a\r(a)，3≤a<9，,9a－27，a≥9.))14．(1)解因?yàn)閒(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，在x＝0處的切點(diǎn)為(0,0)，求導(dǎo)得f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，所以切線斜率為f′(0)＝1，所以函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y＝x.(2)證明因?yàn)閒(x)＝cosx－eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)，因?yàn)楫?dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))時(shí)，函數(shù)y1＝－sinx，y2＝eq\f(1,ex)均單調(diào)遞減，所以f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,ex)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，因?yàn)閑2<8，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝＝eq\f(1,\r(3,e2))－eq\f(1,2)>eq\f(1,\r(3,8))－eq\f(1,2)＝0，因?yàn)樗詅′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－eq\f(\r(2),2)<eq\f(1,2)－eq\f(\r(2),2)<0，根據(jù)零點(diǎn)存在定理可得，f′(x)存在唯一零點(diǎn)x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，使得f′(x0)＝－sinx0＝0，又y＝f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，x0))時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,4)))時(shí)，f′(x)<0，所以x0是函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))上唯一的極大值點(diǎn)．五、導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.導(dǎo)數(shù)與不等式的證明1．(1)解易知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)＝ex－1<0，解得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，∴函數(shù)f(x)的極小值為f(0)＝0，無(wú)極大值．(2)證明要證f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx，即證ex－eq\f(1,2)x2－cosx≥0，設(shè)g(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－cosx，要證原不等式成立，即證g(x)≥0成立，∵g′(x)＝ex－x＋sinx，又∵sinx≥－1，∴g′(x)＝ex－x＋sinx≥ex－x－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝－eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時(shí)，等號(hào)成立)，由(1)知ex－x－1≥0(當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(0)＝0.∴當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＋x＋1≥eq\f(1,2)x2＋cosx.2．(1)解函數(shù)f(x)＝ln(a－x)－x＋e的定義域?yàn)?－∞，a)，所以f′(x)＝eq\f(1,x－a)－1＝eq\f(1－x＋a,x－a)，因?yàn)楫?dāng)x<a時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，a)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間．(2)證明當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，要證f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e)，即證lnx＋x<ex＋eq\f(x,2e)，即證eq\f(lnx,x)＋1<eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e).設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)＋1(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以當(dāng)0<x<e時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)＋1.設(shè)h(x)＝eq\f(ex,x)＋eq\f(1,2e)，h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，則當(dāng)0<x<1時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝e＋eq\f(1,2e)，又eq\f(1,e)＋1<e＋eq\f(1,2e)，所以當(dāng)a＝e時(shí)，f(e－x)<ex＋eq\f(x,2e).2.恒成立問(wèn)題與有解問(wèn)題1．解(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函數(shù)f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝1－b，,a＝2－b，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵?b∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－eq\f(e,2)恒成立，當(dāng)x＝1時(shí)，有－1≥－eq\f(e,2)成立，∴a∈R，當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，a≥eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，令G(x)＝eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，則G′(x)＝eq\f(\f(e,2)lnx－x＋\f(e,2),xlnx2)，令m(x)＝eq\f(e,2)lnx－x＋eq\f(e,2)，則m′(x)＝eq\f(e,2x)－1，且m′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝0，當(dāng)1<x<eq\f(e,2)時(shí)，m′(x)>0，當(dāng)eq\f(e,2)<x<e時(shí)，m′(x)<0，∴m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))上單調(diào)遞增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，e))上單調(diào)遞減，m(1)＝－1＋eq\f(e,2)>0，meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝eq\f(e,2)ln

eq\f(e,2)>0，m(e)＝0，∴當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝e時(shí)，G(x)有最大值，且G(e)＝eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，綜上所述，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).2．解(1)由題意得x>－1，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－a.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上，f′(x)>0，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1＋\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc