統(tǒng)考版2024高考數(shù)學二輪復習專題限時集訓7函數(shù)的概念圖象與性質(zhì)基本初等函數(shù)函數(shù)與方程導數(shù)的簡單應用文含解析

PAGE專題限時集訓(七)函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程導數(shù)的簡潔應用1．(2024·全國卷Ⅱ)設f(x)為奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝ex－1，則當x＜0時，f(x)＝()A．e－x－1 B．e－x＋1C．－e－x－1 D．－e－x＋1D[由題意知f(x)是奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝ex－1，則當x＜0時，－x＞0，則f(－x)＝e－x－1＝－f(x)，得f(x)＝－e－x＋1.故選D．]2．(2024·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)D[由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.設t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù)．要求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8的符合f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．∵函數(shù)t＝x2－2x－8在區(qū)間(4，＋∞)上單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)．故選D．]3．(2024·全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝2sinx－sin2x在[0,2π]的零點個數(shù)為()A．2B．3C．4D．5B[令f(x)＝0，得2sinx－sin2x＝0，即2sinx－2sinxcosx＝0，∴2sinx(1－cosx)＝0，∴sinx＝0或cosx＝1.又x∈[0,2π]，∴由sinx＝0得x＝0，π或2π，由cosx＝1得x＝0或2π.故函數(shù)f(x)的零點為0，π，2π，共3個．故選B．]4．(2024·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的圖象大致為()ABCDD[因為f(－x)＝eq\f(sin－x－x,cos－x＋－x2)＝－eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，解除選項A．令x＝π，則f(π)＝eq\f(sinπ＋π,cosπ＋π2)＝eq\f(π,－1＋π2)＞0，解除選項B，C．故選D．]5．(2024·全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝xD[因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，由此可得a＝1，故f(x)＝x3＋x，f′(x)＝3x2＋1，f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x.]6．(2024·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1－2，x≤1，,－log2x＋1，x＞1，))且f(a)＝－3，則f(6－a)＝()A．－eq\f(7,4)B．－eq\f(5,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(1,4)A[由于f(a)＝－3，①若a≤1，則2a－1整理得2a－1由于2x>0，所以2a－1②若a>1，則－log2(a＋1)＝－3，解得a＋1＝8，a＝7，所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－1－2＝－eq\f(7,4).綜上所述，f(6－a)＝－eq\f(7,4).故選A．]7．(2024·全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．[－1,1] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))C[f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx＝1－eq\f(2,3)×(2cos2x－1)＋acosx＝－eq\f(4,3)cos2x＋acosx＋eq\f(5,3)，f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在R上恒成立，令cosx＝t，t∈[－1,1]，則－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0在[－1,1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在[－1,1]上恒成立，令g(t)＝4t2－3at－5，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝4－3a－5≤0，,g－1＝4＋3a－5≤0，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3)，故選C．]8．(2024·全國卷Ⅲ)設f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減，則()C[因為f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＝f(－log34)＝f(log34)．又因為log34＞1＞2eq\s\up12(－eq\f(2,3))＞2eq\s\up12(－eq\f(3,2))＞0，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以故選C．]9．(2024·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿意f(x)＝f(2－x)，若函數(shù)y＝|x2－2x－3|與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\o(∑,\s\up14(m),\s\do10(i＝1))xi＝()A．0B．mC．2mD．B[∵f(x)＝f(2－x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的圖象關于直線x＝1對稱，∴兩函數(shù)圖象的交點關于直線x＝1對稱．當m為偶數(shù)時，eq\i\su(i＝1,m,x)i＝2×eq\f(m,2)＝m；當m為奇數(shù)時，eq\i\su(i＝1,m,x)i＝2×eq\f(m－1,2)＋1＝m.故選B．]10．(2024·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a＝()A．－eq\f(1,2)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2)D．1C[法一：(換元法)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，令t＝x－1，則g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，∴函數(shù)g(t)為偶函數(shù)．∵f(x)有唯一零點，∴g(t)也有唯一零點．又g(t)為偶函數(shù)，由偶函數(shù)的性質(zhì)知g(0)＝0，∴2a－1＝0，解得a＝eq\f(1,2).故選C．法二：(等價轉(zhuǎn)化法)f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2eq\r(ex－1·e－x＋1)＝2，當且僅當x＝1時取“＝”．－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時取“＝”．若a＞0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a要使f(x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝eq\f(1,2).若a≤0，則f(x)的零點不唯一．故選C．]11．(2024·全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(0,0)處的切線方程為________．y＝3x[y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切線方程為y＝3x.]12．(2024·全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))則滿意f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))[由題意知，可對不等式分x≤0,0<x≤eq\f(1,2)，x>eq\f(1,2)三段探討．當x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1,2)>1，解得x>－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.當0<x≤eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2)>1，明顯成立．當x>eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋2x－eq\f(1,2)>1，明顯成立．綜上可知，x>－eq\f(1,4).]1．(2024·鄭州二模)設函數(shù)y＝eq\r(9－x2)的定義域為A，函數(shù)y＝ln(3－x)的定義域為B，則A∩B＝()A．(－∞，3) B．(－8，－3)C．{3} D．[－3,3)D[由9－x2≥0，得－3≤x≤3，∴A＝[－3,3]，由3－x＞0，得x＜3，∴B＝(－∞，3)，∴A∩B＝[－3,3)．故選D．]2．(2024·福州一模)函數(shù)f(x)＝3x＋x3－5的零點所在的區(qū)間為()A．(0,1)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))B[依題意，f(x)為增函數(shù)，f(1)＝3＋1－5＜0，f(2)＝32＋23－5＞0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝3eq\r(3)＋eq\f(27,8)－5＝3eq\r(3)－eq\f(13,8)＞0，所以f(x)的零點所在的區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，故選B．]3．(2024·洛陽二模)已知a＝(eq\r(2))eq\s\up12(eq\f(12,5))，b＝9eq\s\up12(eq\f(2,5))，c＝3eq\s\up12(log23)，則()A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．b<a<c D．a(chǎn)<c<bA[∵a＝(eq\r(2))eq\s\up12(eq\f(12,5))＝2eq\s\up12(eq\f(6,5))，b＝3eq\s\up12(eq\f(4,5))，a＜b，eq\f(4,5)＜log23，b＜c，故a＜b＜c，故選A．]4．(2024·合肥二模)已知f(x)為奇函數(shù)，當x<0時，f(x)＝e－x－ex2(e是自然對數(shù)的底數(shù))，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程是()A．y＝－ex＋e B．y＝ex＋eC．y＝ex－e D．y＝(2e－eq\f(1,e))x－2e＋eq\f(1,e)C[∵f(x)為奇函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝e－x－ex2，∴當x＞0時，f(x)＝－ex＋ex2，∴此時f′(x)＝－ex＋2ex，∴f(x)在x＝1處的切線斜率k＝f′(1)＝e，又f(1)＝0，∴f(x)在x＝1處的切線方程為y＝ex－e.故選C．]5．(2024·天水模擬)設函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的微小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的微小值點D[因為f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)，當0＜x＜2時，f′(x)＜0，當x＞2時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(0,2)為減函數(shù)，在(2，＋∞)為增函數(shù)，即x＝2為函數(shù)f(x)的微小值點，故選D．]6．(2024·遵義模擬)若函數(shù)f(x)＝x3－mx2＋2x(m∈R)在x＝1處有極值，則f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為()A．eq\f(14,27)B．2C．1D．3B[由已知得f′(x)＝3x2－2mx＋2，∴f′(1)＝3－2m＋2＝0，∴m＝eq\f(5,2)，經(jīng)檢驗滿意題意．∴f(x)＝x3－eq\f(5,2)x2＋2x，f′(x)＝3x2－5x＋2.由f′(x)＜0得eq\f(2,3)＜x＜1；由f′(x)＞0得x＜eq\f(2,3)或x＞1.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上遞減，在[1,2]上遞增．則f(x)極大值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(14,27)，f(2)＝2，由于f(2)＞f(x)極大值，所以f(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為2，故選B．]7．(2024·新鄉(xiāng)模擬)下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又有零點的是()A．y＝x2＋1 B．y＝ex＋e－xC．y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2))) D．y＝cos(π＋x)D[y＝1＋x2明顯沒有零點，不符合題意；由于y＝ex＋e－x＞0恒成立，明顯沒有零點，不符合題意；y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,2)))＝sinx為奇函數(shù)，不符合題意；y＝cos(x＋π)＝－cosx為偶函數(shù)，且當x＝kπ＋eq\f(π,2)時，y＝0，有零點，故選D．]8．(2024·銀川模擬)若函數(shù)f(x)＝－cosx＋ax為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為()A．[－1，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－1，＋∞) D．(1，＋∞)B[由題意可得，f′(x)＝sinx＋a≥0恒成立，故a≥－sinx恒成立，因為－1≤－sinx≤1，所以a≥1.故選B．]9．(2024·金華模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0,－x2，x>0))，則下列結論中錯誤的是()A．f(－2)＝4 B．若f(m)＝9，則m＝±3C．f(x)是奇函數(shù) D．f(x)在R上單調(diào)函數(shù)B[∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0,－x2，x＞0))，∴f(－2)＝4，故A正確；若f(m)＝9，則m2＝9，則m＝－3，故B錯誤；由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0,－x2，x＞0))可得f(－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≤0,x2，x＞0))，∴－f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≤0,x2，x＞0))＝f(－x)，故C正確；結合分段函數(shù)的性質(zhì)及二次函數(shù)的性質(zhì)可知f(x)在R上單調(diào)遞減，故D正確．故選B．]10．(2024·福建二模)若函數(shù)f(x)＝(sinx)ln(eq\r(x2＋a)＋x)是偶函數(shù)，則實數(shù)a＝()A．－1B．0C．1D．eq\f(π,2)C[依據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝(sinx)ln(eq\r(x2＋a)＋x)且f(x)為偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)，即sin(－x)ln(eq\r(x2＋a)－x)＝sinx·ln(eq\r(x2＋a)＋x)，變形可得lna＝0，則a＝1，故選C．]11．(2024·西安模擬)函數(shù)f(x)＝(x2－2|x|)e|x|的圖象大致為()ABCDB[依據(jù)題意，f(x)＝(x2－2|x|)e|x|，則有f(－x)＝(x2－2|x|)e|x|＝f(x)，即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，解除C，又由f(1)＝(1－2)e＝－e，解除AD，故選B．]12．(2024·昆明模擬)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2＋2，x≤0,x＋\f(4,x)＋a，x>0))，若f(0)是函數(shù)f(x)的最小值，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－1,2] B．[－1,0]C．[1,2] D．[0,2]D[當a＜0時，函數(shù)f(x)的最小值為f(a)，不滿意題意；當a≥0時，要使f(0)是函數(shù)f(x)的最小值，只須eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)＋a))min≥a2＋2，即4＋a≥a2＋2，解得－1≤a≤2，∴0≤a≤2.綜上知，實數(shù)a的取值范圍是[0,2]，故選D．]13．(2024·濟南模擬)若函數(shù)f(x)＝e|x|－mx2有且只有4個不同的零點．則實數(shù)m的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,4))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e2,4)))B[f(x)有且只有4個不同的零點等價于偶函數(shù)y＝e|x|與偶函數(shù)y＝mx2的圖象有且只有4個不同的交點，即ex＝mx2有兩個不同的正根，令h(x)＝eq\f(ex,x2)，則h′(x)＝eq\f(exx－2,x3)，x∈(0,2)時，h′(x)＜0，x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0，∴函數(shù)h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，此時h(x)min＝h(2)＝eq\f(e2,4)；又∵當x→0時，h(x)→＋∞，當x→＋∞時，h(x)→＋∞，∴m＞eq\f(e2,4)，故選B．]14．(2024·濟南模擬)1943年，我國病毒學家黃禎祥在美國發(fā)表了對病毒學探討有重大影響的論文“西方馬腦炎病毒在組織培育上滴定和中和作用的進一步探討”，這一探討成果，使病毒在試管內(nèi)繁殖成為現(xiàn)實，從今擺脫了人工繁殖病毒靠動物、雞胚培育的原始落后的方法．若試管內(nèi)某種病毒細胞的總數(shù)y和天數(shù)t的函數(shù)關系為：y＝2t－1，且該種病毒細胞的個數(shù)超過108時會發(fā)生變異，則該種病毒細胞試驗最多進行的天數(shù)為()(lg2≈0.3010)A．25天B．26天C．27天D．28天C[∵y＝2t－1，∴2t－1＞108，兩邊同時取常用對數(shù)得：lg2t－1＞lg108，∴(t－1)lg2＞8，∴t－1＞eq\f(8,lg2)，∴t＞eq\f(8,lg2)＋1≈27.6，∴該種病毒細胞試驗最多進行的天數(shù)為27天，故選C．]15．(2024·常德模擬)設函數(shù)f(x)＝e|x－1|－eq\f(1,x－12)，則不等式f(x)>f(2x＋1)的解集為()A．(－1,0) B．(－∞，－1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))) D．(－1,0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))D[依據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝e|x－1|－eq\f(1,x－12)，設g(x)＝e|x|－eq\f(1,x2)，其定義域為{x|x≠1}，又由g(－x)＝e|x|－eq\f(1,x2)＝g(x)，即函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，當x∈(0，＋∞)時，g(x)＝ex－eq\f(1,x2)，有g′(x)＝ex＋eq\f(2,x3)，為增函數(shù)，g(x)的圖象向右平移1個單位得到f(x)的圖象，所以函數(shù)f(x)關于x＝1對稱，在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．由f(x)＞f(2x＋1)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠1,2x＋1≠1,|x－1|＞|2x＋1－1|))，解得－1＜x＜eq\f(1,3)且x≠0，即x的取值范圍為(－1,0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，故選D．]16．(2024·道里區(qū)校級模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋1，x<2,\f(1,2)fx－2，x≥2))，若函數(shù)F(x)＝f(x)－mx有4個零點，則實數(shù)m的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－\r(6)，\f(1,6))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－\r(6)，3－2\r(2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，3－2\r(2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)，\f(1,6)))B[依題意，函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝mx有4個交點，當x∈[2,4)時，x－2∈[0,2)，則f(x－2)＝－(x－3)2＋1，故此時f(x)＝－eq\f(1,2)(x－3)2＋eq\f(1,2)，取得最大值時對應的點為Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)))；當x∈[4,6)時，x－2∈[2,4)，則f(x－2)＝－eq\f(1,2)(x－5)2＋eq\f(1,2)，故此時f(x)＝－eq\f(1,4)(x－5)2＋eq\f(1,4)，取得最大值時對應的點為Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,4)))；作函數(shù)圖象如下：由圖象可知，直線OA與函數(shù)f(x)有兩個交點，且kOA＝eq\f(1,6)；直線OB與函數(shù)f(x)有兩個交點，且kOB＝eq\f(1,20)；又過點(0,0)作函數(shù)在[2,4)上的切線切于點C，作函數(shù)在[4,6)上的切線切于點D，則kOC＝3－2eq\r(2)，kOD＝eq\f(5,2)－eq\r(6).由圖象可知，滿意條件的實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－\r(6)，3－2\r(2))).故選B]17．(2024·福建二模)已知f′(x)是定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)，且f(1＋x)＝f(1－x)e2x，當x>1時，f′(x)>f(x)恒成立，則下列推斷正確的是()A．e5f(－2)>f(3) B．f(－2)>e5C．e5f(2)<f(－3) D．f(2)>e5A[令g(x)＝eq\f(fx,ex)，因為f(1＋x)＝f(1－x)e2x，所以eq\f(f1＋x,e1＋x)＝eq\f(f1－x,e1－x)，即g(1－x)＝g(1＋x)，所以g(x)的圖象關于直線x＝1對稱，因為當x＞1時，f′(x)＞f(x)恒成立，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以有g(－3)＞g(2)，g(－2)＞g(3)，即eq\f(f－3,e－3)＞eq\f(f2,e2)，eq\f(f－2,e－2)＞eq\f(f3,e3)，即e5f(－3)＞f(2)，e5f(－2)＞18．(2024·牡丹江模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－m)))－2為偶函數(shù)，a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,2)))，b＝f，c＝f(m)，則()A．c<a<b B．a(chǎn)<c<bC．a(chǎn)<b<c D．b<a<cC[∵f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(|x－m|)－2為偶函數(shù)，∴m＝0，即f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))|eq\s\up12(x|)－2，且其在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，又0＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(1,3))＜1，∴c＝f(m)＝f(0)＞b＝f＞a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,2)))＝f(1)，故選C．]19．(2024·青島一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0,xex，x<0))(e＝2.718……為自然對數(shù)的底數(shù))，若f(x)的零點為α，極值點為β，則α＋β＝()A．－1B．0C．1D．2C[∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0,xex，x＜0))，∵當x≥0時，f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；當x＜0時，f(x)＝xex＜0恒成立，∴f(x)的零點為α＝2.又當x≥0時，f(x)＝3x－9為增函數(shù)，故在[0，＋∞)上無極值點；當x＜0時，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，當x＜－1時，f′(x)＜0，當x＞－1時，f′(x)＞0，∴x＝－1時，f(x)取到微小值，即f(x)的極值點β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故選C．]20．(2024·濮陽一模)已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2(a>0)，若對隨意兩個不等的正實數(shù)x1，x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>2恒成立，則a的取值范圍是()A．(0,1] B．(1，＋∞)C．(0,1) D．[1，＋∞)D[對隨意兩個不等的正實數(shù)x1，x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞2恒成立，假設x1＞x2，f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，即f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2對于隨意x1＞x2＞0成立，令h(x)＝f(x)－2x，h(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)，∴h′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，eq\f(a,x)＋x－2≥0，則a≥(2x－x2)max＝1，故選D．]21．(2024·海南模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x＋1，x≤0,2－2－x，x>0，))若關于x的方程(f(x)－1)(f(x)－m)＝0恰有5個不同的實根，則m的取值范圍為()A．(1,2) B．(1,5)C．(2,3) D．(2,5)A[由(f(x)－1)(f(x)－m)＝0得f(x)＝1或f(x)＝m.當f(x)＝1時，即－x2－4x＋1＝1，解得x＝0，x＝－4，或2－2－x＝1，解得x＝0(舍)，若關于x的方程(f(x)－1)(f(x)－m)＝0恰有5個不同的實根，則f(x)＝m有3個根，即函數(shù)f(x)圖象與y＝m有3個交點．作出圖象：由圖可知，m∈(1,2)，故選A．]22．(2024·湘潭一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2a，x<0,x2－ax，x≥0))，若函數(shù)g(x)＝f(f(x))恰有8個零點，則a的值不行能為()A．8B．9C．10D．12A[易知，當a≤0時，方程f(x)＝0只有1個實根，從而g(x)＝f(f(x))不行能有8個零點，則a＞0，f(x)＝0的實根為－2a,0，a令f(x)＝t，則f(f(x))＝f(t)＝0，則t＝－2a,0，a直線y＝a與f(x)的圖象有2個交點，直線y＝0與f(x)的圖象有3個交點，所以由題意可得直線y＝－2a與f(x)的圖象有3個交點，則必有－2a＞－eq\f(a2,4)，又a＞0，所以a＞8，故選A．]23．(2024·寧波模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝x2ex，若對隨意的x2∈[－1,1]，存在唯一的x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))，使得f(x1)＝g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(e,4] B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,4)，4))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e＋\f(1,4)，4)) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4))B[f(x)＝－x2＋a在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))的值域為[a－4，a]，但f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))遞減，此時f(x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－4，a－\f(1,4))).g′(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，可得g(x)在[－1,0]遞減，(0,1]遞增，則g(x)在[－1,1]的最小值為g(0)＝0，最大值為g(1)＝e，即值域為[0，e]．對隨意的x2∈[－1,1]，存在唯一的x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))，使得f(x1)＝g(x2)，可得[0，e]?eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－4，a－\f(1,4)))，可得a－4≤0＜e＜a－eq\f(1,4)，解得e＋eq\f(1,4)＜a≤4.故選B．]24．(2024·洛陽模擬)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(x－1)為偶函數(shù)，且函數(shù)f(x)與直線y＝x有一個交點(1，f(1))，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2018)＋f(2019)＝()A．－2B．0C．－1D．1B[依據(jù)題意，f(x－1)為偶函數(shù)，函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝－1對稱，則有f(－x)＝f(x－2)，又由f(x)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)，則有f(x－4)＝－f(x－2)＝f(x)，即函數(shù)f(x)為周期為4的周期函數(shù)，又由f(x＋2)＝－f(x)，則f(1)＝－f(3)，f(2)＝－f(4)＝0，故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2018)＋f(2019)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(2)＝0.故選B．]25．(2024·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(2,x)－3lnx，其中a為實數(shù)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上有微小值，無極大值，則a的取值范圍是________．(0,1)[∵函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(2,x)－3lnx，∴f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(ax2－3x＋2,x2)，∵函數(shù)在區(qū)間(1，＋∞)上有微小值無極大值，∴f′(x)＝0，即ax2－3x＋2＝0在區(qū)間(1，＋∞)上有1個變號實根，且x＜1時，f′(x)＜0，x＞1時，f′(x)＞0，結合二次函數(shù)的性質(zhì)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0,a－1＜0))，解得，0＜a＜1.當a＝1時，f′(x)＝eq\f(x－1x－2,x2)，因為x＞1，所以x－1＞0，x2＞0，故當x＞2時，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，當1＜x＜2時，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，故當x＝2時，函數(shù)取得微小值，滿意題意，當a＝0時，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，沒有極值．]26．(2024·大連模擬)設函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，則使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))[由題意得，函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)的定義域為R，因為f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當x＞0時，f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)為單調(diào)遞增函數(shù)，所以依據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)可知：使得f(x)＞f(2x－1)成立，則|x|＞|2x－1|，解得eq\f(1,3)＜x＜1.]27．(2024·南陽模擬)已知函數(shù)f(x)對?x∈R滿意f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，且f(x)>0，若y＝f(x－1)的圖象關于x＝1對稱，f(0)＝1，則f(2019)＋f3[因為y＝f(x－1)的圖象關于x＝1對稱，所以y＝f(x)的圖象關于x＝0對稱，即y＝f(x)是偶函數(shù)，對于f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，令x＝－1，可得f(1)f(－1)＝2f(1)，又f(x)＞0，所以f(－1)＝2，則f(1)＝f(－1)＝2.所以函數(shù)f(x)對?x∈R滿意f(x＋2)·f(x)＝4.所以f(x＋4)·f(x＋2)＝4.所以f(x)＝f(x＋4)，即f(x)是周期為4的周期函數(shù)．所以f(2019)＝f(4×504＋3)＝f(3)＝eq\f(4,f1)＝eq\f(4,2)＝2，f(2020)＝f(4×505)＝f(0)＝1.所以f(2019)＋f(2020)＝3.]28.(2024·衡水模擬)若存在a>0，使得函數(shù)f(x)＝6a2lnx與g(x)＝x2－4ax－b的圖象在這兩函數(shù)圖象的公共點處的切線相同，則beq\f(1,3e2)[設曲線y＝f(x)與y＝g(x)的公共點為g(x0，y0)，因為f′(x)＝eq\f(6a2,x)，g′(x)＝2x－4a，所以2x0－4a＝eq\f(6a2,x0)，化簡得xeq\o\al(2,0)－2ax0－3a2＝0，解得x0＝－a或3a.又x0＞0，且a＞0，則x0＝3a因為f(x0)＝g(x0)．所以xeq\o\al(2,0)－4ax0－b＝6a2lnx0，b＝－3a2－6a2ln3a設h(a)＝b，所以h′(a)＝－12a(1＋ln3令h′(a)＝0，得a＝eq\f(1,3e)，所以當0＜a＜eq\f(1,3e)時，h′(a)＞0；當a＞eq\f(1,3e)時，h′(a)＜0.即h(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3e)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3e)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以b的最大值為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3e)))＝eq\f(1,3e2).]1．函數(shù)f(x)＝lnx－ax在x＝2處的切線與直線ax－y－1＝0平行，則實數(shù)a＝()A．－1B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,2)D．1B[f′(x)＝eq\f(1,x)－a，k＝f′(2)＝eq\f(1,2)－a＝a，所以a＝eq\f(1,4).故選B．]2．設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln－x，x＜0，,gx＋1，x＞0))若f(x)是奇函數(shù)，則g(e2)＝()A．－3B．－2C．－1D．1A[∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(e2)＝－f(－e2)＝－lne2＝－2，∴g(e2)＝f(e2)－1＝－3，故選A．]3．已知a＝log52，b＝log72，c＝0.5a－2，則a，b，cA．b＜a＜c B．a(chǎn)＜b＜cC．c＜b＜a D．c＜a＜bA[∵1＜log25＜log27，∴1＞log52＞log72，又0.5a－2＞0.5－1＝2，則c＞a＞b4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lnx|，x＞0,－2xx＋2，x≤0))，則函數(shù)y＝f(x)－3的零點個數(shù)是()A．1B．2C．3D．4B[函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lnx|，x＞0,－2xx＋2，x≤0))，所以圖象如圖，由圖可得：y＝f(x)與y＝3只有兩個交點；即函數(shù)y＝f(x)－3的零點個數(shù)是2，故選B．]5．已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝x2－ln(－x)，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為()A．x－y＝0 B．x－y－2＝0C．x＋y－2＝0 D．3x－y－2＝0A[依據(jù)偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱，所以切點關于y軸對稱，切線斜率互為相反數(shù)．∴f(1)＝f(－1)＝1，故切點為(1,1)，x＜0時，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)，所以f′(1)＝－f′(－1)＝1.故切線方程為y－1＝x－1，即x－y＝0.故選A．]6．設m，n為實數(shù)，則“2m＞2n”是“l(fā)ogeq\f(1,5)m＜logeq\f(1,5)n”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件B[2m＞2n?m＞n，但m＞n不能推出logeq\f(1,5)m＜logeq\f(1,5)n，因為m，n可以為負數(shù)．由logeq\f(1,5)m＜logeq\f(1,5)n可得m＞n.故“2m＞2n”是“l(fā)ogeq\f(1,5)m＜logeq\f(1,5)n”的必要不充分條件．故選B．]7．下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又在(0,1)上是增函數(shù)的是()A．f(x)＝xlnx B．f(x)＝ex－e－xC．f(x)＝sin2x D．f(x)＝x3－xB[對于A，定義域不關于原點對稱，非奇非偶函數(shù)；對于B，f(x)＝－f(x)，且f′(x)＝ex＋e－x＞0，即f(x)是奇函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)；對于C，f(x)＝－f(x)奇函數(shù)，正弦函數(shù)sin2x周期為π，易知在(0,1)上先增后減；對于D，f(x)＝－f(x)奇函數(shù)，易知f(x)在(0,1)上先減后增，故選B．]8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,ex)，那么()A．f(x)有微小值，也有大極值B．f(x)有微小值，沒有極大值C．f(x)有極大值，沒有微小值D．f(x)沒有極值C[f(x)＝eq\f(x3,ex)的定義域為R，f′(x)＝eq\f(x23－x,ex)，當x＜3時，f′(x)＞0，當x＞3時，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，3)單調(diào)遞增，在(3，＋∞)單調(diào)遞減，所以f(x)有極大值f(3)＝eq\f(27,e3)，沒有微小值，故選C．]9．已知a為正實數(shù)，若函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋2a2的微小值為0，則aA．eq\f(1,2)B．1C．eq\f(3,2)D．2A[由已知f′(x)＝3x2－6ax＝3x(x－2a又a＞0，所以由f′(x)＞0得x＜0或x＞2a由f′(x)＜0得0＜x＜2a，所以f(x)在x＝2即f(x)微小值＝f(2a)＝(2a)3－3a(2a)2＋2a2＝－4又a＞0，解得a＝eq\f(1,2)，故選A．]10．已知f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(m,2)x2－6x＋1在(－1,1)單調(diào)遞減，則m的取值范圍為()A．[－3,3]B．(－3,3)C．[－5,5]D．(－5,5)C[∵f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(m,2)x2－6x＋1在(－1,1)單調(diào)遞減，∴當x∈(－1,1)時，f′(x)＝x2＋mx－6≤0恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1≤0,f′1≤0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m－6≤0,1＋m－6≤0))，解得－5≤m≤5，∴m的取值范圍為[－5,5]，故選C．]11．已知函數(shù)f(x)＝|lnx|，若0＜a＜b，且f(a)＝f(b)，則2a＋bA．[3，＋∞) B．(3，＋∞)C．[2eq\r(2)，＋∞) D．(2eq\r(2)，＋∞)C[∵0＜a＜b且f(a)＝f(b)，結合f(x)＝|lnx|的圖象易知0＜a＜1＜b且－lna＝lnb，∴l(xiāng)n(ab)＝0，則ab＝1.∴2a＋b≥2eq\r(2ab)＝2eq\r(2)，當且僅當2a＝b＞0，即a＝eq\f(\r(2),2)，b＝eq\r(2)時取等號．∴2a＋b的取值范圍是[2eq\r(2)，＋∞)．故選C．]12．已知定義在R上的函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(x＋1)為偶函數(shù)，若f(2)＝1，則滿意f(x－1)≥1的x的取值范圍是()A．[－1,3] B．[1,3]C．[0,4] D．[－2,2]B[由f(x＋1)為偶函數(shù)，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，所以可得函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，又函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以可得函數(shù)f(x)在(－∞，1)單調(diào)遞增，因為f(0)＝f(2)＝1，所以0≤x－1≤2，解得1≤x≤3，故選B．]13．偶函數(shù)f(x)關于點(1,0)對稱，當－1≤x≤0時，f(x)＝－x2＋1，則f(2020)＝()A．2B．0C．－1D．1D[∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)關于直線x＝0對稱，又f(x)關于點(1,0)對稱，∴f(x)的周期為4×|1－0|＝4，∴f(2020)＝f(2020－4×505)＝f(0)，又當－1≤x≤0時，f(x)＝－x2＋1，∴f(2020)＝f(0)＝1.故選D．]14．定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且當x＞0時，xf′(x)＋2f(x)＜0，A．eq\f(fe,4)＞eq\f(f2,e2) B．9f(3)＞f(1)C．eq\f(fe,9)＜eq\f(f－3,e2) D．eq\f(fe,9)＞eq\f(f－3,e2)D[令g(x)＝x2f(x當x＞0時，xf′(x)＋2f(x則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋f′(即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因為f(－x)＝f(x)，所以g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(即g(x)為偶函數(shù)，依據(jù)偶函數(shù)的對稱性可知，g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，g(e)＞g(3)，所以eq\f(fe,9)＞eq\f(f3,e2)＝eq\f(f－3,e2)，故選D．]15．設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x＞0，,－2－x－1，x＜0，))則下列結論錯誤的是()A．函數(shù)f(x)的值域為RB．函數(shù)f(|x|)為偶函數(shù)C．函數(shù)f(x)為奇函數(shù)D．函數(shù)f(x)是定義域上的單調(diào)函數(shù)A[依據(jù)題意，依次分析選項：對于A，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x＞0,－2－x－1，x＜0))，當x＞0時，f(x)＝2x＋1＞2，當x＜0時，f(x)＝－2－x－1＝－(2－x＋1)＜－2，其值域不是R，A錯誤；對于B，函數(shù)f(|x|)，其定義域為{x|x≠0}，有f(|－x|)＝f(|x|)，函數(shù)f(|x|)為偶函數(shù)，B正確；對于C，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x＞0,－2－x－1，x＜0))，當x＞0時，－x＜0，有f(x)＝2x＋1，f(－x)＝－f(x)＝－2－x－1，反之當x＜0時，－x＞0，有f(x)＝－2x－1，f(－x)＝－f(x)＝2x＋1，綜合可得：f(－x)＝－f(x)成立，函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，C正確；對于D，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x＞0,－2－x－1，x＜0))，當x＞0時，f(x)＝2x＋1＞2，f(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝－2－x－1＜－2，f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，故f(x)是定義域上的單調(diào)函數(shù)；故選A．]16．為實現(xiàn)國民經(jīng)濟新“三步走”的發(fā)展戰(zhàn)略目標，國家加大了扶貧攻堅的力度，某地區(qū)在2024年以前的年均脫貧率(脫貧的戶數(shù)占當年貧困戶總數(shù)的比)為70%,2024年起先全面實施“精準扶貧”政策后，扶貧效果明顯提高，其中2024年度實施的扶貧項目，各項目參與戶數(shù)占比(參與戶數(shù)占2024年貧困總戶數(shù)的比)及該項目的脫貧率見表：實施項目種植業(yè)養(yǎng)殖業(yè)工廠就業(yè)參與占戶比45%45%10%脫貧率96%96%90%那么2024年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的()A．eq\f(7,5)倍B．eq\f(477,350)倍C．eq\f(487,350)倍D．eq\f(37,28)倍B[2024年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的eq\f(45%×96%＋45%×96%＋10%×90%,70%)＝eq\f(477,350)倍．故選B．]17．定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對?x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＞0成立，已知a＝f(lnπ)，b＝f(eeq\s\up12(－eq\f(1,2)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,6)))，則a，b，c的大小關系為()A．b＞a＞c B．b＞c＞aC．c＞b＞a D．c＞a＞bA[定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對?x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＞0成立，可得f(x)在x∈(－∞，0)單調(diào)遞增，所以f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減；因為1＜lnπ＜2,0＜eeq\s\up12(－eq\f(1,2))＜1，所以a＝f(lnπ)＜b＝f(eeq\s\up12(－eq\f(1,2)))，因為－3＝log2eq\f(1,8)＜log2eq\f(1,6)＜log2eq\f(1,4)＝－2，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－log2\f(1,6)))∈(2,3)，所以c＜a，故選A．]18．設a＝ln3，則b＝lg3，則()A．a(chǎn)＋b＞a－b＞ab B．a(chǎn)＋b＞ab＞a－bC．a(chǎn)－b＞a＋b＞ab D．a(chǎn)－b＞ab＞a＋bA[因為(a＋b)－(a－b)＝2b＝2lg3＞0，所以a＋b＞a－b，ab＝ln3lg3＞0，eq\f(a－b,ab)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)＝eq\f(1,lg3)－eq\f(1,ln3)＝eq\f(1,\f(ln3,ln10))－eq\f(1,ln3)＝eq\f(ln10,ln3)－eq\f(1,ln3)＝eq\f(ln10－1,ln3)＝eq\f(ln\f(10,e),ln3)＝log3eq\f(10,e)＞1，所以a－b＞ab，所以a＋b＞a－b＞ab，故選A．]19．(2024·石嘴山二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log3x|，x＞0,x2＋4x＋1，x≤0))，函數(shù)F(x)＝f(x)－b有四個不同的零點x1，x2，x3，x4，且滿意：x1＜x2＜x3＜x4，則eq\f(x1＋x2,x3x4)的值是()A．－4B．－3C．－2D．－1A[作出f(x)的函數(shù)圖象如圖所示：由圖象知x1＋x2＝－4，x3x4＝1，∴eq\f(x1＋x2,x3x4)＝eq\f(－4,1)＝－4.故eq\f(x1＋x2,x3x4)的值是－4.故選A．]20．(2024·沙坪壩區(qū)校級模擬)已知定義域為R的函數(shù)f(x)，對隨意x∈R有f′(x)＞f(x)(f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))，若y＝f(x)－1為奇函數(shù)，則滿意不等式f(x)＞ex的x的取值范圍是()A．(－∞，0) B．(－∞，1)C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)C[令g(x)＝eq\f(fx,ex)，又f′(x)＞f(x)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)＞0，∴函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增．∵y＝f(x)－1為奇函數(shù)，∴f(0)－1＝0，∴g(0)＝eq\f(f0,e0)＝1.∴不等式eq\f(fx,ex)＞1，即g(x)＞g(0)的解集為{x|x＞0}．故選C．]21．衡東土菜辣美鮮香，享譽三湘．某衡東土菜館為實現(xiàn)100萬元年經(jīng)營利潤目標，擬制定員工的嘉獎方案：在經(jīng)營利潤超過6萬元的前提下嘉獎，且獎金y(單位：萬元)隨經(jīng)營利潤x(單位：萬元)的增加而增加，但獎金總數(shù)不超過3萬元，同時獎金不能超過利潤的20%.下列函數(shù)模型中，符合該點要求的是()(參考數(shù)據(jù)：1.015100≈4.432，lg11≈1.041)A．y＝0.04x B．y＝1.015x－1C．y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,19)－1)) D．y＝log11(3x－10)D[對于函數(shù)：y＝0.04x，當x＝100時，y＝4＞3，不符合題意；對于函數(shù)：y＝1.015x－1，當x＝100時，y＝3.432＞3，不符合題意；對于函數(shù)：y＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,19)－1))，不滿意遞增，不符合題意；對于函數(shù)：y＝log11(3x－10)，滿意x∈(6,100]，增函數(shù)，且y≤log11(3×100－10)＝log11290＜log111331＝3，結合圖象，y＝eq\f(1,5)x與y＝log11(3x－10)的圖象如圖所示，符合題意，故選D．]22．設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2ex，x≥0，,\f(x2,ex)，x＜0，))則使得f(x＋1)＞f(2x－1)成立的x的取值范圍是()A．(0,2) B．(－2，＋∞)C．(－∞，0) D．(2，＋∞)A[當x＞0時，f(－x)＝eq\f(－x2,e－x)＝x2ex＝f(x)，同理當x＜0，f(－x)＝(－x)2·e－x＝eq\f(x2,ex)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．又當x≥0時，f′(x)＝x(x＋2)·ex≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以要使f(x＋1)＞f(2x－1)，則需|x＋1|＞|2x－1|，兩邊平方并化簡得x2－2x＜0，解得0＜x＜2.故選A．]23．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln2－x，x≤1，,－x2＋1，x＞1，))若|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) B．[0,1]C．[0,2] D．[1，＋∞)C[函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln2－x，x≤1，,－x2＋1，x＞1，))若|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，即|f(x)|≥ax－a恒成立，在坐標系中畫出函數(shù)y＝|f(x)|的圖象如圖，而y＝ax－a表示恒過(1,0)的直線系，由圖象可知，要使|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，只需y＝x2－1在x＞1時，函數(shù)的圖象在y＝ax－a的上方，所以y＝x2－1的導數(shù)為：y′＝2x，在x＝1處的切線的斜率為2，所以a≤2，并且a≥0.所以a∈[0,2]．故選C．]24．已知函數(shù)f(x)＝e1＋x2－eq\f(1,1＋|x|)，則使f(2x)＞f(x＋1)成立的x的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(1，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))A[∵f(－x)＝e1＋(－x)2－eq\f(1,1＋|－x|)＝e1＋x2－eq\f(1,1＋|x|)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，又當x＞0時，y＝e1＋x2與y＝－eq\f(1,1＋x)均為增函數(shù)，∴當x＞0時，f(x)＝e1＋x2－eq\f(1,1＋x)為增函數(shù)，∴f(2x)＞f(x＋1)等價于|2x|＞|x＋1|，解得：x＜－eq\f(1,3)或x＞1，即x的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪(1，＋∞)，故選A．]25．已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)，則()A．f(－eq\r(3,5))＞f(eq\r(3))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log5\f(1,4)))B．f(－eq\r(3))＞f(eq\r(3,5))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log5\f(1,4)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log5\f(1,4)))＞f(－eq\r(3))＞f(eq\r(3,5))D．f(eq\r(3,5))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－log5\f(1,4))