2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 大專題綜合測1 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（含解析） 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(文)設(shè)集合M＝{－1}，N＝{1＋cos，log0.2(|m|＋1)}，若M?N，則集合N等于(　　) A．{2} B．{－2,2} C．{0} D．{－1,0} [答案]　D [解析]　因為M?N且1＋cos≥0，log0.2(|m|＋1)<0，所以log0.2(|m|＋1)＝－1，可得|m|＋1＝5，故m＝±4，N＝{－1,0}． (理)(xx·福建理，1)若集合A＝{i，i2，i3，i4

2、}(i是虛數(shù)單位)，B＝{1，－1}，則A∩B等于(　　) A．{－1}　　　　　　　　 B．{1} C．{1，－1} D．? [答案]　C [解析]　考查：(1)復(fù)數(shù)的概念；(2)集合的運算． 由已知得A＝{i，－1，－i,1}，故A∩B＝{1，－1}，故選C. 2．(文)(xx·福建理，2)下列函數(shù)為奇函數(shù)的是(　　) A．y＝ B．y＝|sin x| C．y＝cos x D．y＝ex－e－x [答案]　D [解析]　考查函數(shù)的奇偶性． 函數(shù)y＝是非奇非偶函數(shù)；y＝|sin x|和y＝cos x是偶函數(shù)；y＝ex－e－x是奇函數(shù)，故選D． (理)下列函數(shù)中，定義域是

3、R且為增函數(shù)的是(　　) A．y＝e－x B．y＝x3 C．y＝lnx D．y＝|x| [答案]　B [解析]　A為減函數(shù)，C定義域為(0，＋∞)，D中函數(shù)在(－∞，0)上遞減，在(0，＋∞)上遞增． 3．(文)已知y＝f(x)為R上的連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≠0時，f′(x)＋>0，則函數(shù)g(x)＝f(x)＋的零點個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．0 D．0或2 [答案]　C [解析]　由條件知，f′(x)＋＝>0. 令h(x)＝xf(x)，則當(dāng)x>0時，h′(x)>0，當(dāng)x<0時，h′(x)<0，∴h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0.

4、，則h(x)≥0對任意實數(shù)恒成立．函數(shù)g(x)的零點即為y＝h(x)與y＝－1的圖象的交點個數(shù)，所以函數(shù)g(x)的零點個數(shù)為0. (理)(xx·浙江理，6)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0≤f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，則(　　) A．c≤3 B．39 [答案]　C [解析]　∵f(－1)＝f(－2)＝f(－3) 解得 ∴f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c， 又∵0

5、) A．?n∈N*, f(n)?N*且f(n)>n B．?n∈N*, f(n)?N*或f(n)>n C．?n0∈N*, f(n0)?N*且f(n0)>n0 D．?n0∈N*, f(n0)?N*或f(n0)>n0 [答案]　D [解析]　全稱命題的否定為特稱命題，“≤”的否定為“>”． (理)(xx·浙江理，6)設(shè)A，B是有限集，定義：d(A，B)＝card(A∪B)－card(A∩B)，其中card(A)表示有限集A中元素的個數(shù)． 命題①：對任意有限集A，B，“A≠B”是“ d(A，B)>0”的充分必要條件； 命題②：對任意有限集A，B，C，d(A，C)≤d(A，B)＋d(B

6、，C)． A．命題①和命題②都成立 B．命題①和命題②都不成立 C．命題①成立，命題②不成立 D．命題①不成立，命題②成立 [答案]　A [解析]　考查集合的性質(zhì)． 命題①顯然正確，通過下圖亦可知d(A，C)表示的區(qū)域不大于d(A，B)＋d(B，C)的區(qū)域，故命題②也正確，故選A. 5．(文)(xx·福建理，4)若函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象如圖所示，則下列函數(shù)圖象正確的是(　　) [答案]　B [解析]　由圖可知y＝logax圖象過(3,1)，∴l(xiāng)oga3＝1，∴a＝3，∵y＝3－x為減函數(shù)，∴排除A；∵y＝(－x)3當(dāng)x>0時，y<0，∴排除C；

7、∵y＝log3(－x)中，當(dāng)x＝－3時，y＝1，∴排除D，∴選B． (理)函數(shù)f(x)＝的圖象大致是(　　) [答案]　B [解析]　f ′(x)＝(x≠2)，令f ′(x)<0，得x<1.故f(x)的減區(qū)間是(－∞，1)，增區(qū)間為(1,2)，(2，＋∞)，f(x)在x＝1處取得極小值，且極小值為f(1)＝>0，故排除C、D兩項；當(dāng)x>2時，f(x)<0，排除A項，故選B項． 6．(xx·北京海淀期末)設(shè)a＝0.23，b＝log20.3，c＝20.3，則(　　) A．b

8、<1，b＝log20.3<0，c＝20.3>1，所以bxf ′(x)，則一定有(　　) A．函數(shù)F(x)＝在(0，＋∞)上為增函數(shù) B．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋

9、∞)上為增函數(shù) C．函數(shù)F(x)＝在(0，＋∞)上為減函數(shù) D．函數(shù)G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù) [答案]　C [解析]　對于F(x)＝，F(xiàn)′(x)＝<0，故F(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)． 8．(文)若函數(shù)f(x)＝lnx＋在區(qū)間[1，e]上的最小值為，則實數(shù)a的值為(　　) A. B． C. D．非上述答案 [答案]　B [解析]　f ′(x)＝－＝， 令f ′(x)＝0，則x＝a， 若a<1，則f(x)min＝f(1)＝a＝>1，不合題意． 若a>e，則f(x)min＝f(e)＝1＋＝， 則a＝

10、＝f(a)＝lna＋1＝，則a＝. (理)(xx·新課標(biāo)Ⅱ理，8)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 [答案]　D [解析]　本題考查導(dǎo)數(shù)的基本運算及導(dǎo)數(shù)的幾何意義． 令f(x)＝ax－ln(x＋1)，∴f′(x)＝a－. ∴f(0)＝0，且f′(0)＝2.聯(lián)立解得a＝3，故選D． 9．(文)(xx·北京西城區(qū)二模)設(shè)命題p：函數(shù)f(x)＝ex－1在R上為增函數(shù)；命題q：函數(shù)f(x)＝cos(x＋π)為奇函數(shù)，則下列命題中真命題是(　　) A．p∧q B．(?p)∨q C．(?p)∧(?q) D

11、．p∧(?q) [答案]　D [解析]　p為真命題；∵cos(x＋π)＝－cosx， ∴f(x)為偶函數(shù)，∴q為假命題．故選D． (理)(xx·杭州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)(x∈R)是以4為周期的奇函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝ln(x2－x＋b)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,2]上有5個零點，則實數(shù)b的取值范圍是(　　) A．－1

12、＝f(2)，∴f(2)＝0，f(－2)＝0，又f(0)＝0，故若函數(shù)在區(qū)間[－2,2]內(nèi)存在5個零點，只需x∈(0,2)時，f(x)＝ln(x2－x＋b)只有一個零點即可，即方程x2－x＋b＝1在區(qū)間(0,2)內(nèi)只有一根，可轉(zhuǎn)化為y＝b，y＝－x2＋x＋1在x∈(0,2)上只有一個交點，結(jié)合圖形可得－10恒成立得b>，綜上可得b的取值范圍是

13、滿足以下兩個條件的函數(shù)f(x)稱為M函數(shù)：①對任意的x∈[0,1]，恒有f(x)≥0；②當(dāng)x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1時，總有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，則下列函數(shù)不是M函數(shù)的是(　　) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝2x－1 C．f(x)＝ln(x2＋1) D．f(x)＝x2＋1 [答案]　D [解析]　利用排除法求解．函數(shù)f(x)＝x2≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1時，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，所以f(x)＝x2是M函數(shù)，A選項正確；函數(shù)f(x)＝2x－1≥0，x∈

14、[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1時，f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝2x1＋x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)≥0，所以f(x)＝2x－1是M函數(shù)，B選項正確；函數(shù)f(x)＝ln(x2＋1)≥0，x∈[0,1]，且x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1時，x1x2≤()2≤，所以[(x1＋x2)2＋1]－(x＋1)(x＋1)＝x1x2(2－x1x2)≥0，則f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝ln[(x1＋x2)2＋1]－ln(x＋1)－ln(x＋1)＝ln≥0，所以f(x)＝ln(x2＋1)是M函數(shù)，C選項正確；對于函數(shù)f(x)＝x2＋

15、1，x1＝x2＝滿足條件，此時f(x1＋x2)＝f(1)＝2

16、]，即?x1，x2∈[－1,1]，使得|g(x1)－g(x2)|>|x1－x2|，故g(x)?Ψ.在同一直角坐標(biāo)系中分別作出y＝h(x)，y＝x，y＝－x的圖象如圖所示，觀察可知?x1，x2∈[－1,1]，≤1，即|h(x1)－h(huán)(x2)|≤|x1－x2|，故h(x)∈Ψ.綜上所述，故選C. 11．(文)(xx·濟南模擬)若至少存在一個x(x≥0)，使得關(guān)于x的不等式x2≤4－|2x－m|成立，則實數(shù)m的取值范圍為(　　) A．[－4,5] B．[－5,5] C．[4,5] D．[－5,4] [答案]　A [解析]　本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合思想． 至少存在一個x≥0，

17、使得不等式|x－|≤2－x2成立，即函數(shù)f(x)＝|x－|與g(x)＝2－x2的圖象存在橫坐標(biāo)是非負數(shù)的公共點．在同一坐標(biāo)系下畫出函數(shù)g(x)＝2－x2與y＝|x|的圖象，結(jié)合圖象可知將y＝|x|的圖象向左平移到經(jīng)過點(0,2)這個過程中的相應(yīng)曲線均滿足題意，即－4≤m≤0；將y＝|x|的圖象向左平移到直線y＝－x＋與拋物線y＝2－x2相切的過程中的相應(yīng)曲線均滿足題意，設(shè)相應(yīng)的切點橫坐標(biāo)是x0，則有－x0＝－1，x0＝1，切點坐標(biāo)是(1，)，于是有＝－1＋，得m＝5，所以0≤m≤5.因此滿足題意的實數(shù)m的取值范圍是[－4，5]，故選A. (理)(xx·東北三省四市聯(lián)考)若對于?x，y∈[0，

18、＋∞)，不等式4ax≤ex＋y－2＋ex－y－2＋2恒成立，則實數(shù)a的最大值是(　　) A. B．1 C．2 D． [答案]　D [解析]　利用分離參數(shù)法求解．由題意可得4ax≤ex－2(ey＋e－y)＋2，y∈[0，＋∞)恒成立，所以≤(ey＋e－y)min＝2，則2ax≤ex－2＋1，x∈[0，＋∞)恒成立，x＝0時顯然成立，所以2ax≤ex－2＋1，x∈(0，＋∞)恒成立，即2a≤()min在x∈(0，＋∞)上恒成立，令f(x)＝，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由f′(x)＝0得x＝2，當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)<0，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x

19、∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(2)＝1，則2a≤1，a≤，所以實數(shù)a的最大值是，故選D． 12．(文)(xx·四川理，9)如果函數(shù)f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為(　　) A．16 B．18 C．25 D． [答案]　B [解析]　考查函數(shù)與不等式的綜合應(yīng)用． 當(dāng)m＝2時，∵f(x)＝(n－8)x＋1在[，2]上單調(diào)遞減，∴n<8，又n≥0，∴mn＝2n<16.當(dāng)m≠2時，拋物線的對稱軸為x＝－.據(jù)題意，當(dāng)m>2時，－≥2即2m＋n≤12.∵≤≤6，∴mn≤

20、18.由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.∴當(dāng)m＝3，n＝6時，mn取到最大值18.當(dāng)m<2時，拋物線開口向下，據(jù)題意得，－≤，即m＋2n≤18.∵n≤9－m，∵0≤m<2，n≥0，∴mn≤9m－m2＝－(m－9)2＋<－(2－9)2＋＝16.綜上可知mn的最大值為18.選B． (理)(xx·新課標(biāo)Ⅰ理，12)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(　　) A. B． C. D． [答案]　D [解析]　解法1：設(shè)g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由題知存在唯一的整數(shù)x0，使得(x0，g(

21、x0))在直線h(x)＝ax－a的下方．因為g′(x)＝ex(2x＋1)，所以當(dāng)x＜－時，g′(x)＜0，當(dāng)x＞－時，g′(x)＞0，所以當(dāng)x＝－時，[g(x)]min＝－2e－，∵f(1)＝e>0， ∴，解得≤a＜1，故選D . 解法2：∵a<1，∴f(0)＝－1＋a<0，∴x0＝0是符合題意的唯一的整數(shù)x0，從而∴a≥， 又a<1，∴≤a<1，故選D． 二、填空題(本大題共4個小題，每小題5分，共20分，將正確答案填在題中橫線上) 13．已知命p：?x∈R，ax2＋2x＋1≤0.若命題p是假命題，則實數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　(1，＋∞) [解析]　根據(jù)原

22、命題是假命題，則其否定是真命題，結(jié)合二次函數(shù)圖象求解．命題p的否定?p：?x∈R，ax2＋2x＋1>0是真命題，故解得a>1. 14．(文)若曲線y＝x－在點(m，m－)處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成三角形的面積為18，則m＝________. [答案]　64 [解析]　∵y＝x－，∴y′＝－x－，∴切線的斜率為－m－，切線方程為y－m－＝－m－(x－m)，令x＝0，得y＝m－，令y＝0，得x＝3m，∵m>0，∴×3m×m－＝18，∴m＝8，∴m＝64. (理)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋ax2－bx＋b－1在x＝1處的切線與x軸平行，若函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過四個象限，則實數(shù)a的取值范圍是___

23、_____． [答案]　(，) [解析]　依題意得，f ′(1)＝0，又f ′(x)＝ax2＋ax－b， ∴b＝2a， ∴f ′(x)＝ax2＋ax－2a＝a(x＋2)(x－1)，令f ′(x)＝0，得x＝－2或x＝1， ①當(dāng)a＝0時，不合題意； ②當(dāng)a>0時，要使圖象過四個象限， 只需結(jié)合a>0，解得a∈(，)； ③當(dāng)a<0時，要使圖象過四個象限， 只需結(jié)合a<0.可知不存在符合條件的實數(shù)a； 綜上得，a的取值范圍是(，)． 15．(文)函數(shù)f(x)＝ax3－2ax2＋(a＋1)x－log2(a2－1)不存在極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　1

24、0，∴a>1或a<－1； f ′(x)＝3ax2－4ax＋a＋1， ∵函數(shù)f(x)不存在極值點， ∴f ′(x)＝0不存在兩不等實根， ∴Δ＝16a2－4×3a(a＋1)＝4a(a－3)≤0， 所以0≤a≤3，綜上可知：1

25、上可以看到：當(dāng)x∈(0,1)時，f ′(x)>0；當(dāng)x∈(1,2)時，f ′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f ′(x)>0，所以f(x)有兩個極值點1和2，且當(dāng)x＝2時函數(shù)取得極小值，當(dāng)x＝1時函數(shù)取得極大值．只有①不正確． 16．(文)(xx·長沙市模擬)若關(guān)于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有實根，則實數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　(－∞，－]∪[2，＋∞) [解析]　利用分離參數(shù)法求解．因為關(guān)于x的方程x4＋ax3＋ax2＋ax＋1＝0有實根，易知實根不為0，則－a＝＝，令x＋＝t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，則－a＝，t∈(－∞，－2]∪[2，＋∞

26、)．因為()′＝>0，所以≤－2或≥，即－a≤－2或－a≥，解得a≥2或a≤－. (理)(xx·福州市質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x·sinx，有下列四個結(jié)論： ①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱； ②存在常數(shù)T>0，對任意的實數(shù)x，恒有f(x＋T)＝f(x)成立； ③對于任意給定的正數(shù)M，都存在實數(shù)x0，使得|f(x0)|≥M； ④函數(shù)f(x)的圖象上至少存在三個點，使得該函數(shù)在這些點處的切線重合． 其中正確結(jié)論的序號是________(請把所有正確結(jié)論的序號都填上)． [答案]　①③④ [解析]　因為函數(shù)的定義域為R，且f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，

27、故函數(shù)f(x)＝xsinx為偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對稱，①正確；作出函數(shù)y＝xsinx的圖象如圖所示，觀察可知，該函數(shù)沒有周期性，②錯誤；因為當(dāng)x→∞，x≠kπ時，|f(x)|→＋∞，故對于任意給定的正數(shù)M，都存在實數(shù)x0，使得|f(x0)|≥M，對于任意正數(shù)M，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝sinx與y＝的圖象，易知當(dāng)x>0時，總存在x0>0，使sinx0≥>0，∴x0sinx0≥M， ∴|x0sinx0|≥M，可知③正確；作出y＝±x的圖象如圖所示，觀察可知，或由直線y＝x與曲線切于點(＋2kπ，＋2kπ)，k∈Z知④正確．綜上所述，正確命題的序號為①③④. 三、解答題(本大題共6個小題

28、，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本題滿分10分)(文)已知命題p：A＝{a|關(guān)于x的不等式x2＋2ax＋4>0在R上恒成立}，命題q：B＝{a|1<<2}． (1)若k＝1，求A∩(?RB)； (2)若“非p”是“非q”的充分不必要條件，求實數(shù)k的取值范圍． [解析]　依題意，可得A＝{a|4a2－16<0}＝{x|－2

29、必要條件．只需解得2≤k≤4. 所以實數(shù)k的取值范圍是[2,4]． (理)若集合A具有以下性質(zhì)： ①0∈A,1∈A； ②若x、y∈A，則x－y∈A，且x≠0時，∈A， 則稱集合A是“好集”． (1)分別判斷集合B＝{－1,0,1}，有理數(shù)集Q是否是“好集”，并說明理由； (2)設(shè)集合A是“好集”，求證：若x、y∈A，則x＋y∈A； (3)對任意的一個“好集”A，分別判斷下面命題的真假，并說明理由． 命題p：若x、y∈A，則必有xy∈A； 命題q：若x、y∈A，且x≠0，則必有∈A. [解析]　(1)集合B不是“好集”．理由是：假設(shè)集合B是“好集”，因為－1∈B,1∈B，所

30、以－1－1＝－2∈B． 這與－2?B矛盾． 有理數(shù)集Q是“好集”．因為0∈Q,1∈Q， 對任意的x，y∈Q，有x－y∈Q，且x≠0時，∈Q. 所以有理數(shù)集Q是“好集”． (2)證明：因為集合A是“好集”，所以0∈A. 若x、y∈A，則0－y∈A，即－y∈A. 所以x－(－y)∈A，即x＋y∈A. (3)命題p、q均為真命題．理由如下： 對任意一個“好集”A，任取x、y∈A， 若x、y中有0或1時，顯然xy∈A. 下設(shè)x、y均不為0,1.由定義可知x－1、、∈A. 所以－∈A，即∈A. 所以x(x－1)∈A. 由(2)可得x(x－1)＋x∈A，即x2∈A.同理可得y2

31、∈A. 若x＋y＝0或x＋y＝1，則顯然(x＋y)2∈A. 若x＋y≠0且x＋y≠1，則(x＋y)2∈A. 所以2xy＝(x＋y)2－x2－y2∈A. 所以∈A. 由(2)可得＝＋∈A. 所以xy∈A. 綜上可知，xy∈A，即命題p為真命題． 若x，y∈A，且x≠0，則∈A. 所以＝y(tǒng)·∈A，即命題q為真命題． 18．(本題滿分12分)(xx·四川綿陽一診)已知函數(shù)f(x)＝1－(a>0且a≠1)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)． (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的值域； (3)當(dāng)x∈(0,1]時，tf(x)≥2x－2恒成立，求實數(shù)t的取值范圍． [解析]　解

32、法1：(1)∵f(x)是定義在(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，即f(－x)＝－f(x)恒成立，∴f(0)＝0. 即1－＝0，解得a＝2. (2)由(1)知f(x)＝1－＝， 記y＝f(x)，即y＝， ∴2x＝，由2x>0知>0， ∴－1

33、 (2)由(1)知f(x)＝1－， 而2x>0，∴2x＋1>1，∴0<<2， ∴－1<1－<1，即－10， ∴原式變?yōu)閠≥·(2x－2)＝ ＝＝(2x－1)－＋1. 令μ＝2x－1，則μ∈(0,1]，原式變?yōu)閠≥μ－＋1. 而g(μ)＝μ－＋1在μ∈(0,1]時是增函數(shù)， ∴當(dāng)μ＝1時，g(μ)max＝0，∴t≥0. 19．(本題滿分12分)(文)某開發(fā)商用9000萬元在市區(qū)購買一塊土地，用于建一幢寫字樓，規(guī)劃要求寫字樓每層建筑面積為2000平方米．已知該寫字樓第一層的建筑費用為每平方

34、米4000元，從第二層開始，每一層的建筑費用比其下面一層每平方米增加100元． (1)若該寫字樓共x層，總開發(fā)費用為y萬元，求函數(shù)y＝f(x)的表達式； (總開發(fā)費用＝總建筑費用＋購地費用) (2)要使整幢寫字樓每平方米的平均開發(fā)費用最低，該寫字樓應(yīng)建為多少層？ [解析]　(1)由已知，寫字樓最下面一層的總建筑費用為4000×2000＝8000000(元)＝800(萬元)， 從第二層開始，每層的建筑總費用比其下面一層多 100×2000＝200000(元)＝20(萬元)， 寫字樓從下到上各層的總建筑費用構(gòu)成以800為首項，20為公差的等差數(shù)列， 所以函數(shù)表達式為 y＝f(x)

35、＝800x＋×20＋9000 ＝10x2＋790x＋9000(x∈N*)． (2)由(1)知寫字樓每平方米平均開發(fā)費用為 g(x)＝×10000＝ ＝50(x＋＋79) g′(x)＝50(1－)，由g′(x)＝0及x∈N*得，x＝30. 易知當(dāng)x＝30時，g(x)取得最小值． 答：該寫字樓建為30層時，每平方米平均開發(fā)費用最低． (理)經(jīng)市場調(diào)查，某旅游城市在過去的一個月內(nèi)(以30天計)，旅游人數(shù)f(t)(萬人)與時間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足f(t)＝4＋，人均消費g(t)(元)與時間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足g(t)＝115－|t－15|. (1)求該城市的旅游日收益w(

36、t)(萬元)與時間t(1≤t≤30，t∈N)的函數(shù)關(guān)系式； (2)求該城市旅游日收益的最小值(萬元)． [解析]　(1)依題意得， w(t)＝f(t)·g(t)＝(4＋)(115－|t－15|)． (2)因為w(t)＝ ①當(dāng)1≤t<15時，w(t)＝(4＋)(t＋100)＝4(t＋)＋401≥4×2＋401＝441， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即t＝5時取等號． ②當(dāng)15≤t≤30時，w(t)＝(4＋)(130－t)＝519＋(－4t)，可證w(t)在t∈[15,30]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝30時，w(t)取最小值為403. 由于403<441， 所以該城市旅游日收益的最小值為403萬元

37、． 20．(本題滿分12分)(文)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2alnx. (1)若函數(shù)f(x)的圖象在(2，f(2))處的切線斜率為1，求實數(shù)a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若函數(shù)g(x)＝＋f(x)在[1,2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． [解析]　(1)f ′(x)＝2x＋＝. 由已知f ′(2)＝1，解得a＝－3. (2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． ①當(dāng)a≥0時，f ′(x)>0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； ②當(dāng)a<0時f ′(x)＝. 當(dāng)x變化時，f ′(x)，f(x)的變化情況如下： x (0，) (，＋∞)

38、f ′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  由上表可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)；單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)． (3)由g(x)＝＋x2＋2alnx，得g′(x)＝－＋2x＋， 由已知函數(shù)g(x)為[1,2]上的單調(diào)減函數(shù)， 則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立， 即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立． 即a≤－x2在[1,2]上恒成立． 令h(x)＝－x2，x∈[1,2]，則h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)<0， ∴h(x)在[1,2]上為減函數(shù)．h(x)min＝h(2)＝－， ∴a≤－，故a的取值范圍為(－∞，－]． (理)設(shè)函數(shù)f(x

39、)＝lnx＋(x－a)2，a∈R. (1)若a＝0，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值； (2)若函數(shù)f(x)在[，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，試求實數(shù)a的取值范圍． [解析]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 因為f ′(x)＝＋2x>0， 所以f(x)在[1，e]上是增函數(shù)， 當(dāng)x＝1時，f(x)取得最小值f(1)＝1. 所以f(x)在[1，e]上的最小值為1. (2)法一：f ′(x)＝＋2(x－a)＝ 設(shè)g(x)＝2x2－2ax＋1， 依題意得，在區(qū)間[，2]上存在子區(qū)間使得不等式g(x)>0成立． 注意到拋物線g(x)＝2x2－2ax＋1的圖象開口向上，

40、所以只要g(2)>0，或g()>0即可． 由g(2)>0，即8－4a＋1>0，得a<， 由g()>0，即－a＋1>0，得a<. 所以a<， 所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，)． 法二：f ′(x)＝＋2(x－a)＝， 依題意得，在區(qū)間[，2]上存在子區(qū)間使不等式2x2－2ax＋1>0成立． 又因為x>0，所以2a<(2x＋)． 設(shè)g(x)＝2x＋，所以2a小于函數(shù)g(x)在區(qū)間[，2]的最大值． 又因為g′(x)＝2－， 由g′(x)＝2－>0，解得x>； 由g′(x)＝2－<0，解得0

41、數(shù)g(x)在x＝，或x＝2處取得最大值． 又g(2)＝，g()＝3， 所以2a<，即a<， 所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，)． 21．(本題滿分12分)(文)(xx·新課標(biāo)Ⅰ文，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝e2x－aln x. (1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)； (2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)≥2a＋aln. [解析]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝2e2x－(x＞0)．當(dāng)a≤0時， f′(x)＞0，∴y＝f′(x)沒有零點； 當(dāng)a＞0時，因為y＝e2x單調(diào)遞增， y＝－單調(diào)遞增，所以f′(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增． 又f′(a)＞0，

42、當(dāng)b滿足0＜b＜且b＜時，f′(b)＜0，故當(dāng)a＞0時，f′(x)存在唯一零點． (2)由(1)，可設(shè)f′(x)在(0，＋∞)的唯一零點為x0， 當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0. 故f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)． 由于2e2x0－＝0， 所以f(x0)＝＋2ax0＋aln ≥2a＋aln . 故當(dāng)a＞0時，f(x)≥2a＋aln . (理)(xx·新課標(biāo)Ⅱ文，21)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調(diào)性；

43、(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． [解析]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a，若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)，單調(diào)遞增；若a>0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0，當(dāng)x∈時，f′(x)<0，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知a≤0時f(x)在(0，＋∞)無最大值．當(dāng)a>0時f(x)在x＝處取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.因此f>2a－2?ln a＋a－1<0，令g(a)＝ln a＋a－1.則g(a)在(0，＋∞)是增函數(shù)，且g(1)＝0，于是，當(dāng)0

44、a>1時，g(a)>0.因此a的取值范圍是(0,1)． 22．(本題滿分12分)(文)(xx·重慶文，19)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值． (1)確定a的值； (2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性． [解析]　(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，因為f(x)在x＝－處取得極值，所以f′(－)＝0，即3a×＋2×(－)＝－＝0，解得a＝. (2)由(1)得，g(x)＝ex.故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex，令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當(dāng)x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函

45、數(shù)；當(dāng)－40，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－10時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；綜上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)． (理)已知函數(shù)f(x)＝－－2x，(a>0)． (1)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值，求a的值； (2)如圖，設(shè)直線x＝－1，y＝－2x，將坐標(biāo)平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四個區(qū)域(不含邊界)，若函數(shù)y＝f(x)的圖象恰好位于其中一個區(qū)域內(nèi)，試判斷其所在的區(qū)域，并求其對應(yīng)的a的取值范圍． (3)試比較xxxx與xxxx的大小，并說明

46、理由． [解析]　(1)∵f(x)＝－－2x ∴f ′(x)＝＋－2， ∵f(x)在x＝0處取得極值， ∴f ′(0)＝1＋a－2＝0， ∴a＝1.(經(jīng)檢驗a＝1符合題意) (2)因為函數(shù)的定義域為(－1，＋∞)，且當(dāng)x＝0時， f(0)＝－a<0， 又直線y＝－2x恰好通過原點，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象應(yīng)位于區(qū)域Ⅲ內(nèi)， ∵x>－1，∴可得f(x)<－2x，即<， ∵x＋1>0，∴a>， 令φ(x)＝，∴φ′(x)＝， 令φ′(x)＝0得x＝e－1，∵x>－1， ∴x∈(－1，e－1)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增， x∈(e－1，＋∞)時，φ′(x)<

47、0，φ(x)單調(diào)遞減． ∴φmax(x)＝φ(e－1)＝，∴a的取值范圍是：a>. (3)法1：由(2)知函數(shù)φ(x)＝在x∈(e－1，＋∞)時單調(diào)遞減． ∴函數(shù)p(x)＝在x∈(e，＋∞)時單調(diào)遞減， ∴<，∴xln(x＋1)<(x＋1)lnx， ∴l(xiāng)n(x＋1)x

48、<2＋＋＋…＋<3， ∴<1，∴xxxx－1}，則A∩B等于(　　) A．{x|x<－2}　　　 　　B．{x|2

49、>3} D．{x|x<－2或22}，B＝{x|0m，則f(x0)的值(　　) A．等于0 B．大于0 C．小于0 D．符號不確定 [答

50、案]　C [解析]　∵f(x)＝()x－log3x＝()x＋logx在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又f(m)＝0，∴x0>m時，應(yīng)有f(x0)

51、2－|x|－3＋x＝－1無零點； 當(dāng)x>2時，f(2－x)＝2－|2－x|＝4－x，g(x)＝x－1，函數(shù)f(x)－g(x)＝(x－2)2－x＋1＝x2－5x＋5大于2零點有一個，故選A. 4．(文)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝lnx，x0是函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)的一個零點，若x1∈(1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，則(　　) A．h(x1)<0，h(x2)<0 B．h(x1)>0，h(x2)>0 C．h(x1)>0，h(x2)<0 D．h(x1)<0，h(x2)>0 [答案]　D [解析]　令h(x)＝＋lnx＝0，從而有l(wèi)nx＝，此方程的解即為函數(shù)h(x)的零點．

52、在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)＝lnx與f(x)＝的圖象，如圖所示． 由圖象易知>lnx1，從而lnx1－<0， 故lnx1＋<0，即h(x1)<0.同理h(x2)>0. (理)函數(shù)f(x)＝sin(3x)－x3的圖象最可能是(　　) [答案]　A [解析]　∵f(－x)＝sin(－3x)－(－x)3＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除B項；又f(2)＝sin6－×23＝sin6－1<0，故排除C、D兩選項，應(yīng)選A. 5．(xx·山東文，10)設(shè)函數(shù)f(x)＝若f＝4，則b＝(　　) A．1 B． C. D． [答案]　D [解析]　考查分段函數(shù)與方程思想．

53、 由題意，f()＝3×－b＝－b，由f(f())＝4得， 或解得b＝，故選D． 6．設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(x)滿足f(x＋1)＝f(x－1)，當(dāng)－1≤x≤0時，f(x)＝x(1＋x)，則f()＝(　　) A. B． C．－ D．－ [答案]　B [解析]　∵f(x)滿足f(x＋1)＝f(x－1)， ∴f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期為2，∴f()＝f()， ∵f(x)為奇函數(shù)， ∴f()＝－f(－)＝(1－)＝， ∴f()＝，故選B． 7．函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)有兩個極值點x1、x2，則x1·x2等于(　　) A．9　　　　

54、B．－9 C．1　　　　 D．－1 [答案]　C [解析]　f ′(x)＝3x2＋2ax＋3，則x1·x2＝1. 8．(文)已知a≤＋lnx對任意x∈[，2]恒成立，則a的最大值為(　　) A．0　　　　 B．1 C．2　　　　 D．3 [答案]　A [解析]　令f(x)＝＋lnx，則f ′(x)＝，當(dāng)x∈[，1]時，f ′(x)<0，當(dāng)x∈[1,2]時，f ′(x)>0， ∴f(x)在[，1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增， ∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故選A. (理)若f ′(x)＝(x＋a)(x－2)，f(0)＝0，函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,0]上

55、不是單調(diào)函數(shù)，且當(dāng)x∈[－2,0]時，不等式f(x)0，在(－a,0)上f ′(x)<0， ∴當(dāng)x∈[－2,0]時，[f(x)]max＝f(－a)＝－a3＋＋2a2＝a3＋a2，由條件知a3＋a2

56、. 9．(文)函數(shù)f(x)＝ 的定義域為(　　) A．(0，) B．(2，＋∞) C．(0，)∪(2，＋∞) D．(0，]∪[2，＋∞) [答案]　C [解析]　(log2x)2－1>0，(log2x)2>1， ∴l(xiāng)og2x<－1或log2x>1， ∴02. (理)(xx·重慶文，3)函數(shù)f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定義域是(　　) A．[－3,1] B．(－3,1) C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞) [答案]　D [解析]　考查函數(shù)的定義域與一元二次不等式． 由x2＋2x－3>0?(x＋3)(x－1)>0，解得

57、x<－3或x>1；故選D． 10．已知函數(shù)f(x)＝則f(x)>1的解集為(　　) A．(－1,0)∪(0，e) B．(－∞，－1)∪(e，＋∞) C．(－1,0)∪(e，＋∞) D．(－∞，1)∪(e，＋∞) [答案]　C [解析]　不等式f(x)>1化為或， ∴x>e或－1

58、)cos x＝－f(x)，故函數(shù)是奇函數(shù)，所以排除A，B；取x＝π，則f(π)＝(π－)cos π＝－(π－)<0，故選D． 12．(文)(xx·中原名校第二次聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且a＋2b＋3c＝0，f(0)f(1)>0，設(shè)x1、x2是方程f(x)＝0的兩根，則|x1－x2|的取值范圍是(　　) A．[0，) B．[0，) C．(，) D．(，) [答案]　A [解析]　f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∵f()＝＋＋c＝(a＋2b＋3c)＝0，∴是f(x)＝0的一根，又f(0)·f(1)>0，∴0

59、， 即或故選A. (理)(xx·哈三中一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知P是函數(shù)f(x)＝xlnx－x的圖象上的動點，該曲線在點P處的切線l交y軸于點M(0，yM)，過點P作l的垂線交y軸于點N(0，yN)．則的范圍是(　　) A．(－∞，－1]∪[3，＋∞) B．(－∞，－3]∪[1，＋∞) C．[3，＋∞) D．(－∞，－3] [答案]　A [解析]　∵f(x)＝xlnx－x，∴f ′(x)＝lnx，設(shè)P(x0，y0)，則y0＝x0lnx0－x0，kl＝lnx0，∴l(xiāng)：y－y0＝(x－x0)·lnx0，令x＝0得yM＝y(tǒng)0－x0lnx0＝－x0，過點P的直線l的垂線斜率k

60、＝－，方程為y－y0＝－·(x－x0)，令x＝0得yN＝y(tǒng)0＋＝x0lnx0－x0＋＝ ∴＝＝－lnx0－＋1 當(dāng)x0>1時，lnx0>0，－lnx0－＋1＝－(lnx0＋)＋1≤1－2＝－1，同理當(dāng)00，即a2－a－2>0，解得a>2或a<－1.

61、 14．(文)已知直線y＝2x＋b是曲線y＝lnx(x>0)的一條切線，則實數(shù)b＝________. [答案]?。璴n2－1 [解析]　由y＝lnx得y′＝，令＝2得x＝， ∴切點為(，ln)，∴l(xiāng)n＝×2＋b， ∴b＝－ln2－1. (理)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，若f(x)在區(qū)間(－1，0)上單調(diào)遞減，則a2＋b2的取值范圍是________． [答案]　[，＋∞) [解析]　由題意得f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，f ′(x)≤0在x∈(－1,0)上恒成立，即3x2＋2ax＋b≤0在x∈(－1,0)上恒成立， ∴∴a、b所滿足的可行域如圖中的陰影部分所

62、示．則點O到直線2a－b－3＝0的距離d＝.∴a2＋b2≥d2＝. ∴a2＋b2的取值范圍為[，＋∞)． 15．(文)給出下列四個命題： ①命題“?x∈R，cosx>0”的否定是“?x∈R，cosx≤0”； ②若00時，f ′(x)>0，則當(dāng)x<0時，f ′(x)<0. 其中真命題的序號是________(把所有真命題的序號都填上)． [答案]?、佗邰? [解析]?、僬_；令f(x)＝x2＋ax－3＝0，則ax＝3－x

63、2，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝ax(00時，f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在(－∞，0)上為減函數(shù)，因此，當(dāng)x<0時，f ′(x)<0，故④真． (理)命題p：方程x2－x＋a2－6a＝0有一正根和一負根．命題q：函數(shù)y＝x2＋(a－3)x＋1的圖象與x軸無交點．若命題“p或q”為真命題，而命題“p且q”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是________． [答案]　(0,1]∪[5,6) [

64、解析]　由題意，命題p為真時， 解得0

65、x)＋g(－x)＝f(x)＋f(－x)－x2＝0，∴函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，又g′(x)＝f′(x)－x<0在(－∞，0)上恒成立，∴g(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，則在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)． f(x)＋≥f(1－x)＋x?f(x)－x2≥f(1－x)－x2＋x－?g(x)≥g(1－x)，∴x≤1－x，∴x≤. [方法點撥]　函數(shù)的知識常與導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、不等式、概率等知識結(jié)合命題，是重要的知識交匯點，解答此類問題時一定要先判明是以函數(shù)為主還是以其他知識為主，結(jié)合條件找準(zhǔn)解題切入點． (理)(xx·濰坊模擬)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足：?x∈(0，＋∞)，都有f(2

66、x)＝2f(x)；當(dāng)x∈(1,2]時，f(x)＝2－x，給出如下結(jié)論： ①?m∈Z，有f(2m)＝0；②函數(shù)f(x)的值域為[0，＋∞)；③存在n∈Z，使f(2n＋1)＝9；④函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞減的充分條件是“存在k∈Z，使得(a，b)?(2k,2k＋1)”．其中所有正確結(jié)論的序號是________． [答案]?、佗冖? [解析]　本題主要考查函數(shù)的圖象以及函數(shù)解析式的求法，考查函數(shù)的值域、單調(diào)性以及充分條件的判斷，難度較大． 因為f(2x)＝2f(x)，所以f(x)＝2f()，因為當(dāng)x∈(1,2]時，f(x)＝2－x，所以當(dāng)x∈(2,4]時，∈(1,2]，f(x)＝2(2－)＝4－x，當(dāng)x∈(4,8]時，∈(2,4]，f(x)＝2(4－)＝8－x，以此類推，當(dāng)x∈(2n,2n＋1]，n∈Z時，f(x)＝2n＋1－x，n∈Z，可知?m∈Z，f(2m)＝0，所以①正確；f(x)的值域為[0，＋∞)，故②正確；若f(2n＋1)＝9，則2n＋1－2n－1＝9，即2n＝10，又n∈Z，故2n≠10，故③錯誤；易知函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減的充分條件是存在k∈Z，