（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)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(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題限時(shí)集訓(xùn)(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(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用 1．(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－1，則當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝(　　) A．e－x－1 B．e－x＋1 C．－e－x－1 D．－e－x＋1 D　[由題意知f(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－1，則當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0， 則f(－x)＝e－x－1＝－f(x)，得f(x)＝－e－x＋1. 故選D．] 2．(2017·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(shè)t＝x2－2x－8，則y＝ln t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．(2019·全國卷Ⅲ)函數(shù)f(x)＝2sin x－sin 2x在[0,2π]的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 B　[令f(x)＝0，得2sin x－sin 2x＝0， 即2sin x－2sin xcos x＝0， ∴2sin x(1－cos x)＝0，∴sin x＝0或cos x＝1. 又x∈[0,2π]，∴由sin x＝0得x＝0，π或2π，由cos x＝1得x＝0或2π. 故函數(shù)f(x)的零點(diǎn)為0，π，2π，共3個(gè)． 故選B．] 4．(2019·全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝在[－π，π]的圖象大致為(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D D　[因?yàn)閒(－x)＝＝－＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，排除選項(xiàng)A． 令x＝π，則f(π)＝＝＞0，排除選項(xiàng)B，C．故選D．] 5．(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)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(diǎn)(0,0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x D　[因?yàn)閒(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(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝x.] 6．(2015·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝且f(a)＝－3，則f(6－a)＝(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ A　[由于f(a)＝－3， ①若a≤1，則2a－1－2＝－3， 整理得2a－1＝－1. 由于2x>0，所以2a－1＝－1無解； ②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＝－. 綜上所述，f(6－a)＝－.故選A．] 7．(2016·全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1] B． C． D． C　[f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝1－×(2cos2x－1)＋acos x＝－cos2x＋acos x＋，f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在R上恒成立，令cos x＝t，t∈[－1,1]，則－t2＋at＋≥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，則解得－≤a≤，故選C．] 8．(2019·全國卷Ⅲ)設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減，則(　　) C　[因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)， 所以f＝f(－log34)＝f(log34)． 又因?yàn)閘og34＞1＞2＞2＞0，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以 故選C．] 9．(2016·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(x)＝f(2－x)，若函數(shù)y＝|x2－2x－3|與y＝f(x)圖象的交點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則xi＝(　　) A．0 B．m C．2m D．4m B　[∵f(x)＝f(2－x)，∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱． 又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，∴兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)關(guān)于直線x＝1對(duì)稱． 當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，i＝2×＝m； 當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，i＝2×＋1＝m. 故選B．] 10．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點(diǎn)，則a＝(　　) A．－ B． C． D．1 C　[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(diǎn)，∴g(t)也有唯一零點(diǎn)． 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＝. 故選C． 法二：(等價(jià)轉(zhuǎn)化法)f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x. ex－1＋e－x＋1≥2＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取“＝”． 若a＞0， 則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使f(x)有唯一零點(diǎn)，則必有2a＝1，即a＝. 若a≤0，則f(x)的零點(diǎn)不唯一． 故選C．] 11．(2019·全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(diǎn)(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．(2017·全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(x)＋f>1的x的取值范圍是________． 　[由題意知，可對(duì)不等式分x≤0,0<x≤，x>三段討論． 當(dāng)x≤0時(shí)，原不等式為x＋1＋x＋>1，解得x>－， ∴－＜x≤0. 當(dāng)0<x≤時(shí)，原不等式為2x＋x＋>1，顯然成立． 當(dāng)x>時(shí)，原不等式為2x＋2x－>1，顯然成立． 綜上可知，x>－.] 1．(2020·鄭州二模)設(shè)函數(shù)y＝的定義域?yàn)锳，函數(shù)y＝ln(3－x)的定義域?yàn)锽，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．(2020·福州一模)函數(shù)f(x)＝3x＋x3－5的零點(diǎn)所在的區(qū)間為(　　) A．(0,1) B． C．　 D． B　[依題意，f(x)為增函數(shù)，f(1)＝3＋1－5＜0，f(2)＝32＋23－5＞0， f＝3＋－5＝3－＞0，所以f(x)的零點(diǎn)所在的區(qū)間為，故選B．] 3．(2020·洛陽二模)已知a＝()，b＝9，c＝3，則(　　) A．a(chǎn)<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．a(chǎn)<c<b A　[∵a＝()＝2，b＝3，a＜b， ＜log23，b＜c，故a＜b＜c，故選A．] 4．(2020·合肥二模)已知f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝e－x－ex2(e是自然對(duì)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＋e C．y＝ex－e D．y＝(2e－)x－2e＋ C　[∵f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝e－x－ex2，∴當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝－ex＋ex2，∴此時(shí)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．(2020·天水模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝＋ln x，則(　　) A．x＝為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝為f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn) D　[因?yàn)閒(x)＝＋ln x，所以f′(x)＝－＝， 當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞2時(shí)，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)的極小值點(diǎn)，故選D．] 6．(2020·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． B．2 C．1 D．3 B　[由已知得f′(x)＝3x2－2mx＋2，∴f′(1)＝3－2m＋2＝0，∴m＝，經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意． ∴f(x)＝x3－x2＋2x，f′(x)＝3x2－5x＋2. 由f′(x)＜0得＜x＜1；由f′(x)＞0得x＜或x＞1. 所以函數(shù)f(x)在上遞增，在上遞減，在[1,2]上遞增． 則f(x)極大值＝f＝，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．(2020·新鄉(xiāng)模擬)下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又有零點(diǎn)的是(　　) A．y＝x2＋1 B．y＝ex＋e－x C．y＝cos D．y＝cos(π＋x) D　[y＝1＋x2顯然沒有零點(diǎn)，不符合題意； 由于y＝ex＋e－x＞0恒成立，顯然沒有零點(diǎn)，不符合題意；y＝cos＝sin x為奇函數(shù)，不符合題意；y＝cos(x＋π)＝－cos x為偶函數(shù)，且當(dāng)x＝kπ＋時(shí)，y＝0，有零點(diǎn)，故選D．] 8．(2020·銀川模擬)若函數(shù)f(x)＝－cosx＋ax為增函數(shù)，則實(shí)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)＝sin x＋a≥0恒成立， 故a≥－sin x恒成立，因?yàn)椋?≤－sin x≤1，所以a≥1.故選B．] 9．(2020·金華模擬)已知函數(shù)f(x)＝ ，則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是(　　) A．f(－2)＝4 B．若f(m)＝9，則m＝±3 C．f(x)是奇函數(shù) D．f(x)在R上單調(diào)函數(shù) B　[∵f(x)＝， ∴f(－2)＝4，故A正確； 若f(m)＝9，則m2＝9，則m＝－3，故B錯(cuò)誤； 由f(x)＝可得f(－x)＝， ∴－f(x)＝＝f(－x)，故C正確； 結(jié)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．(2020·福建二模)若函數(shù)f(x)＝(sinx)ln(＋x)是偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D． C　[根據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝(sin x)ln(＋x)且f(x)為偶函數(shù)， 則f(－x)＝f(x)，即sin(－x)ln(－x)＝sin x·ln(＋x)， 變形可得ln a＝0，則a＝1，故選C．] 11．(2020·西安模擬)函數(shù)f(x)＝(x2－2|x|)e|x|的圖象大致為(　　) A　　　　　　 B C　　　　　　D B　[根據(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)，排除C，又由f(1)＝(1－2)e＝－e，排除AD，故選B．] 12．(2020·昆明模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝，若f(0)是函數(shù)f(x)的最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－1,2] B．[－1,0] C．[1,2] D．[0,2] D　[當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)的最小值為f(a)，不滿足題意； 當(dāng)a≥0時(shí)，要使f(0)是函數(shù)f(x)的最小值，只須min≥a2＋2， 即4＋a≥a2＋2，解得－1≤a≤2，∴0≤a≤2. 綜上知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0,2]，故選D．] 13．(2020·濟(jì)南模擬)若函數(shù)f(x)＝e|x|－mx2有且只有4個(gè)不同的零點(diǎn)．則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A． B． C． D． B　[f(x)有且只有4個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于偶函數(shù)y＝e|x|與偶函數(shù)y＝mx2的圖象有且只有4個(gè)不同的交點(diǎn)，即ex＝mx2有兩個(gè)不同的正根， 令h(x)＝，則h′(x)＝，x∈(0,2)時(shí)，h′(x)＜0，x∈(2，＋∞)時(shí)，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(shí)h(x)min＝h(2)＝； 又∵當(dāng)x→0時(shí)，h(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，∴m＞，故選B．] 14．(2020·濟(jì)南模擬)1943年，我國病毒學(xué)家黃禎祥在美國發(fā)表了對(duì)病毒學(xué)研究有重大影響的論文“西方馬腦炎病毒在組織培養(yǎng)上滴定和中和作用的進(jìn)一步研究”，這一研究成果，使病毒在試管內(nèi)繁殖成為現(xiàn)實(shí)，從此擺脫了人工繁殖病毒靠動(dòng)物、雞胚培養(yǎng)的原始落后的方法．若試管內(nèi)某種病毒細(xì)胞的總數(shù)y和天數(shù)t的函數(shù)關(guān)系為：y＝2t－1，且該種病毒細(xì)胞的個(gè)數(shù)超過108時(shí)會(huì)發(fā)生變異，則該種病毒細(xì)胞實(shí)驗(yàn)最多進(jìn)行的天數(shù)為(　　) (lg 2≈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(shí)取常用對(duì)數(shù)得：lg 2t－1＞lg 108， ∴(t－1)lg 2＞8，∴t－1＞，∴t＞＋1≈27.6， ∴該種病毒細(xì)胞實(shí)驗(yàn)最多進(jìn)行的天數(shù)為27天，故選C．] 15．(2020·常德模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝e|x－1|－，則不等式f(x)>f(2x＋1)的解集為(　　) A．(－1,0) B．(－∞，－1) C． D．(－1,0)∪ D　[根據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝e|x－1|－， 設(shè)g(x)＝e|x|－，其定義域?yàn)閧x|x≠1}， 又由g(－x)＝e|x|－＝g(x)，即函數(shù)g(x)為偶函數(shù)， 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)＝ex－，有g(shù)′(x)＝ex＋，為增函數(shù)， g(x)的圖象向右平移1個(gè)單位得到f(x)的圖象，所以函數(shù)f(x)關(guān)于x＝1對(duì)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， 解得－1＜x＜且x≠0， 即x的取值范圍為(－1,0)∪，故選D．] 16．(2020·道里區(qū)校級(jí)模擬)已知函數(shù)f(x)＝，若函數(shù)F(x)＝f(x)－mx有4個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A． B． C． D． B　[依題意，函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝mx有4個(gè)交點(diǎn)， 當(dāng)x∈[2,4)時(shí)，x－2∈[0,2)，則f(x－2)＝－(x－3)2＋1，故此時(shí)f(x)＝－(x－3)2＋，取得最大值時(shí)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為A；當(dāng)x∈[4,6)時(shí)，x－2∈[2,4)，則f(x－2)＝－(x－5)2＋，故此時(shí)f(x)＝－(x－5)2＋，取得最大值時(shí)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為B；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(gè)交點(diǎn)，且kOA＝；直線OB與函數(shù)f(x)有兩個(gè)交點(diǎn)，且kOB＝；又過點(diǎn)(0,0)作函數(shù)在[2,4)上的切線切于點(diǎn)C，作函數(shù)在[4,6)上的切線切于點(diǎn)D，則kOC＝3－2，kOD＝－. 由圖象可知，滿足條件的實(shí)數(shù)m的取值范圍為.故選B] 17．(2020·福建二模)已知f′(x)是定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f(1＋x)＝f(1－x)e2x，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>f(x)恒成立，則下列判斷正確的是(　　) A．e5f(－2)>f(3) B．f(－2)>e5f(3) C．e5f(2)<f(－3) D．f(2)>e5f(－3) A　[令g(x)＝，因?yàn)閒(1＋x)＝f(1－x)e2x， 所以＝，即g(1－x)＝g(1＋x)， 所以g(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱， 因?yàn)楫?dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞f(x)恒成立， 則g′(x)＝＞0， 所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以有g(shù)(－3)＞g(2)，g(－2)＞g(3)，即＞，＞， 即e5f(－3)＞f(2)，e5f(－2)＞f(3)，故選A．] 18．(2020·牡丹江模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)＝－2為偶函數(shù)，a＝f，b＝f，c＝f(m)，則(　　) A．c<a<b B．a(chǎn)<c<b C．a(chǎn)<b<c D．b<a<c C　[∵f(x)＝－2為偶函數(shù)， ∴m＝0，即f(x)＝|－2，且其在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，又0＜＜1， ∴c＝f(m)＝f(0)＞b＝f＞a＝f＝f(1)，故選C．] 19．(2020·青島一模)已知函數(shù)f(x)＝(e＝2.718……為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，若f(x)的零點(diǎn)為α，極值點(diǎn)為β，則α＋β＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 C　[∵f(x)＝， ∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2； 當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝xex＜0恒成立， ∴f(x)的零點(diǎn)為α＝2. 又當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝3x－9為增函數(shù)，故在[0，＋∞)上無極值點(diǎn)； 當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex， 當(dāng)x＜－1時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞－1時(shí)，f′(x)＞0， ∴x＝－1時(shí)，f(x)取到極小值，即f(x)的極值點(diǎn)β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故選C．] 20．(2020·濮陽一模)已知f(x)＝aln x＋x2(a>0)，若對(duì)任意兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)x1，x2，都有>2恒成立，則a的取值范圍是(　　) A．(0,1] B．(1，＋∞) C．(0,1) D．[1，＋∞) D　[對(duì)任意兩個(gè)不等的正實(shí)數(shù)x1，x2都有＞2恒成立，假設(shè)x1＞x2， f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2， 即f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2對(duì)于任意x1＞x2＞0成立， 令h(x)＝f(x)－2x，h(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)， ∴h′(x)＝＋x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立， ＋x－2≥0，則a≥(2x－x2)max＝1，故選D．] 21．(2020·海南模擬)已知函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程(f(x)－1)(f(x)－m)＝0恰有5個(gè)不同的實(shí)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(dāng)f(x)＝1時(shí)，即－x2－4x＋1＝1，解得x＝0，x＝－4，或2－2－x＝1，解得x＝0(舍)， 若關(guān)于x的方程(f(x)－1)(f(x)－m)＝0恰有5個(gè)不同的實(shí)根，則f(x)＝m有3個(gè)根，即函數(shù)f(x)圖象與y＝m有3個(gè)交點(diǎn)． 作出圖象： 由圖可知，m∈(1,2)，故選A．] 22．(2020·湘潭一模)已知函數(shù)f(x)＝，若函數(shù)g(x)＝f(f(x))恰有8個(gè)零點(diǎn)，則a的值不可能為(　　) A．8 B．9 C．10 D．12 A　[易知，當(dāng)a≤0時(shí)，方程f(x)＝0只有1個(gè)實(shí)根，從而g(x)＝f(f(x))不可能有8個(gè)零點(diǎn)， 則a＞0，f(x)＝0的實(shí)根為－2a,0，a. 令f(x)＝t，則f(f(x))＝f(t)＝0， 則t＝－2a,0，a數(shù)形結(jié)合可知， 直線y＝a與f(x)的圖象有2個(gè)交點(diǎn)， 直線y＝0與f(x)的圖象有3個(gè)交點(diǎn)， 所以由題意可得直線y＝－2a與f(x)的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，則必有－2a＞－，又a＞0，所以a＞8，故選A． ] 23．(2020·寧波模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝x2ex，若對(duì)任意的x2∈[－1,1]，存在唯一的x1∈，使得f(x1)＝g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(e,4] B． C． D． B　[f(x)＝－x2＋a在的值域?yàn)閇a－4，a]，但f(x)在遞減，此時(shí)f(x)∈.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?yàn)閇0，e]． 對(duì)任意的x2∈[－1,1]，存在唯一的x1∈， 使得f(x1)＝g(x2)，可得[0，e]?， 可得a－4≤0＜e＜a－， 解得e＋＜a≤4.故選B．] 24．(2020·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(gè)交點(diǎn)(1，f(1))，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 018)＋f(2 019)＝(　　) A．－2 B．0 C．－1 D．1 B　[根據(jù)題意，f(x－1)為偶函數(shù)，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對(duì)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(2 018)＋f(2 019)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(2)＝0.故選B．] 25．(2020·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－－3ln x，其中a為實(shí)數(shù)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上有極小值，無極大值，則a的取值范圍是________． (0,1)　[∵函數(shù)f(x)＝ax－－3ln x， ∴f′(x)＝a＋－＝， ∵函數(shù)在區(qū)間(1，＋∞)上有極小值無極大值， ∴f′(x)＝0，即ax2－3x＋2＝0在區(qū)間(1，＋∞)上有1個(gè)變號(hào)實(shí)根， 且x＜1時(shí)，f′(x)＜0，x＞1時(shí)，f′(x)＞0， 結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可知，解得，0＜a＜1. 當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝， 因?yàn)閤＞1，所以x－1＞0，x2＞0， 故當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)1＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)單調(diào)遞減， 故當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)取得極小值，滿足題意， 當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，沒有極值．] 26．(2020·大連模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－，則使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范圍是________． 　[由題意得，函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－的定義域?yàn)镽，因?yàn)閒(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝ln(1＋|x|)－為單調(diào)遞增函數(shù)，所以根據(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＜x＜1.] 27．(2020·南陽模擬)已知函數(shù)f(x)對(duì)?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，且f(x)>0，若y＝f(x－1)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，f(0)＝1，則f(2 019)＋f(2 020)＝________. 3　[因?yàn)閥＝f(x－1)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝0對(duì)稱，即y＝f(x)是偶函數(shù)，對(duì)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(duì)?x∈R滿足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(2 019)＝f(4×504＋3)＝f(3)＝＝＝2， f(2 020)＝f(4×505)＝f(0)＝1.所以f(2 019)＋f(2 020)＝3.] 28. (2020·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(diǎn)處的切線相同，則b的最大值為________． 　[設(shè)曲線y＝f(x)與y＝g(x)的公共點(diǎn)為g(x0，y0)，因?yàn)閒′(x)＝， g′(x)＝2x－4a，所以2x0－4a＝， 化簡得x－2ax0－3a2＝0，解得x0＝－a或3a. 又x0＞0，且a＞0，則x0＝3a. 因?yàn)閒(x0)＝g(x0)． 所以x－4ax0－b＝6a2ln x0， b＝－3a2－6a2ln 3a(a＞0)． 設(shè)h(a)＝b，所以h′(a)＝－12a(1＋ln 3a)， 令h′(a)＝0，得a＝， 所以當(dāng)0＜a＜時(shí)，h′(a)＞0； 當(dāng)a＞時(shí)，h′(a)＜0.即h(a)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 所以b的最大值為h＝.] 1．函數(shù)f(x)＝ln x－ax在x＝2處的切線與直線ax－y－1＝0平行，則實(shí)數(shù)a＝(　　) A．－1　　 　B．　　 　C．　　 　D．1 B　[f′(x)＝－a，k＝f′(2)＝－a＝a，所以a＝.故選B．] 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝若f(x)是奇函數(shù)，則g(e2)＝(　　) A．－3 B．－2 C．－1 D．1 A　[∵f(x)是奇函數(shù)， ∴f(e2)＝－f(－e2)＝－ln e2＝－2， ∴g(e2)＝f(e2)－1＝－3，故選A．] 3．已知a＝log5 2，b＝log7 2，c＝0.5a－2，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．b＜a＜c B．a(chǎn)＜b＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b A　[∵1＜log25＜log27，∴1＞log52＞log72， 又0.5a－2＞0.5－1＝2，則c＞a＞b，故選A．] 4．已知函數(shù)f(x)＝，則函數(shù)y＝f(x)－3的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 B　[函數(shù)f(x)＝，所以圖象如圖，由圖可得：y＝f(x)與y＝3只有兩個(gè)交點(diǎn)； 即函數(shù)y＝f(x)－3的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是2，故選B．] 5．已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，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＝0 C．x＋y－2＝0 D．3x－y－2＝0 A　[根據(jù)偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以切點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，切線斜率互為相反數(shù)． ∴f(1)＝f(－1)＝1，故切點(diǎn)為(1,1)， x＜0時(shí)，f′(x)＝2x－，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(shè)m，n為實(shí)數(shù)，則“2m＞2n”是“l(fā)ogm＜logn”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logm＜logn，因?yàn)閙，n可以為負(fù)數(shù)． 由logm＜logn可得m＞n. 故“2m＞2n”是“l(fā)ogm＜logn”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)＝xln x B．f(x)＝ex－e－x C．f(x)＝sin 2x D．f(x)＝x3－x B　[對(duì)于A，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，非奇非偶函數(shù)；對(duì)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(duì)于C，f(x)＝－f(x)奇函數(shù)，正弦函數(shù)sin 2x周期為π，易知在(0,1)上先增后減； 對(duì)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)＝，那么(　　) A． f(x)有極小值，也有大極值 B． f(x)有極小值，沒有極大值 C． f(x)有極大值，沒有極小值 D． f(x)沒有極值 C　[f(x)＝的定義域?yàn)镽，f′(x)＝，當(dāng)x＜3時(shí)，f′(x)＞0， 當(dāng)x＞3時(shí)，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)＝，沒有極小值， 故選C．] 9．已知a為正實(shí)數(shù)，若函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋2a2的極小值為0，則a的值為(　　) A． B．1 C． D．2 A　[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＝2a處取得極小值0， 即f(x)極小值＝f(2a)＝(2a)3－3a(2a)2＋2a2＝－4a3＋2a2＝0， 又a＞0，解得a＝，故選A．] 10．已知f(x)＝x3＋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)＝x3＋x2－6x＋1在(－1,1)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，f′(x)＝x2＋mx－6≤0恒成立， ∴，即，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)＝|ln x|，若0＜a＜b，且f(a)＝f(b)，則2a＋b的取值范圍是(　　) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．[2，＋∞) D．(2，＋∞) C　[∵0＜a＜b且f(a)＝f(b)，結(jié)合f(x)＝|ln x|的圖象易知0＜a＜1＜b且－ln a＝ln b， ∴l(xiāng)n(ab)＝0，則ab＝1. ∴2a＋b≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)2a＝b＞0， 即a＝，b＝時(shí)取等號(hào)． ∴2a＋b的取值范圍是[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，則滿足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(guān)于直線x＝1對(duì)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?yàn)閒(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(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，當(dāng)－1≤x≤0時(shí)，f(x)＝－x2＋1，則f(2 020)＝(　　) A．2 B．0 C．－1 D．1 D　[∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，又f(x)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱，∴f(x)的周期為4×|1－0|＝4，∴f(2 020)＝f(2 020－4×505)＝f(0)， 又當(dāng)－1≤x≤0時(shí)，f(x)＝－x2＋1， ∴f(2 020)＝f(0)＝1.故選D．] 14．定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)＋2f(x)＜0，則(　　) A．＞ B．9f(3)＞f(1) C．＜ D．＞ D　[令g(x)＝x2f(x)， 當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)＋2f(x)＜0， 則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋f′(x)]＜0， 即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 因?yàn)閒(－x)＝f(x)， 所以g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)， 即g(x)為偶函數(shù)，根據(jù)偶函數(shù)的對(duì)稱性可知，g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，g(e)＞g(3)， 所以＞＝，故選D．] 15．設(shè)函數(shù)f(x)＝則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(　　) A．函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽 B．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　[根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)： 對(duì)于A，函數(shù)f(x)＝， 當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝2x＋1＞2， 當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝－2－x－1＝－(2－x＋1)＜－2，其值域不是R，A錯(cuò)誤； 對(duì)于B，函數(shù)f(|x|)，其定義域?yàn)閧x|x≠0}，有f(|－x|)＝f(|x|)，函數(shù)f(|x|)為偶函數(shù)，B正確； 對(duì)于C，函數(shù)f(x)＝，當(dāng)x＞0時(shí)，－x＜0，有f(x)＝2x＋1，f(－x)＝－f(x)＝－2－x－1， 反之當(dāng)x＜0時(shí)，－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(duì)于D，函數(shù)f(x)＝，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝2x＋1＞2，f(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，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(shí)現(xiàn)國民經(jīng)濟(jì)新“三步走”的發(fā)展戰(zhàn)略目標(biāo)，國家加大了扶貧攻堅(jiān)的力度，某地區(qū)在2015年以前的年均脫貧率(脫貧的戶數(shù)占當(dāng)年貧困戶總數(shù)的比)為70%,2015年開始全面實(shí)施“精準(zhǔn)扶貧”政策后，扶貧效果明顯提高，其中2019年度實(shí)施的扶貧項(xiàng)目，各項(xiàng)目參加戶數(shù)占比(參加戶數(shù)占2019年貧困總戶數(shù)的比)及該項(xiàng)目的脫貧率見表： 實(shí)施項(xiàng)目 種植業(yè) 養(yǎng)殖業(yè) 工廠就業(yè) 參加占戶比 45% 45% 10% 脫貧率 96% 96% 90% 那么2019年的年脫貧率是實(shí)施“精準(zhǔn)扶貧”政策前的年均脫貧率的(　　) A．倍 B．倍 C．倍 D．倍 B　[2019年的年脫貧率是實(shí)施“精準(zhǔn)扶貧”政策前的年均脫貧率的＝倍．故選B．] 17．定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對(duì)?x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，有＞0成立，已知a＝f(ln π)，b＝f(e)，c＝f，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．b＞a＞c B．b＞c＞a C．c＞b＞a D．c＞a＞b A　[定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對(duì)?x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，有＞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?yàn)?＜ln π＜2,0＜e＜1， 所以a＝f(ln π)＜b＝f(e)， 因?yàn)椋?＝log2＜log2＜log2＝－2， c＝f＝f∈(2,3)， 所以c＜a，故選A．] 18．設(shè)a＝ln 3，則b＝lg 3，則(　　) A．a(chǎn)＋b＞a－b＞ab B．a(chǎn)＋b＞ab＞a－b C．a(chǎn)－b＞a＋b＞ab D．a(chǎn)－b＞ab＞a＋b A　[因?yàn)?a＋b)－(a－b)＝2b＝2lg 3＞0， 所以a＋b＞a－b，ab＝ln 3lg 3＞0， ＝－＝－＝－ ＝－＝＝＝log3＞1， 所以a－b＞ab，所以a＋b＞a－b＞ab，故選A．] 19．(2020·石嘴山二模)已知函數(shù)f(x)＝，函數(shù)F(x)＝f(x)－b有四個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3，x4，且滿足：x1＜x2＜x3＜x4，則 的值是(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 A　[作出f(x)的函數(shù)圖象如圖所示： 由圖象知x1＋x2＝－4，x3x4＝1， ∴＝＝－4.故的值是－4. 故選A．] 20．(2020·沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)，對(duì)任意x∈R有f′(x)＞f(x)(f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，若y＝f(x)－1為奇函數(shù)，則滿足不等式f(x)＞ex的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) C　[令g(x)＝， 又f′(x)＞f(x)， 則g′(x)＝＞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)＝＝1. ∴不等式＞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(yù)三湘．某衡東土菜館為實(shí)現(xiàn)100萬元年經(jīng)營利潤目標(biāo)，擬制定員工的獎(jiǎng)勵(lì)方案：在經(jīng)營利潤超過6萬元的前提下獎(jiǎng)勵(lì)，且獎(jiǎng)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(jiǎng)金總數(shù)不超過3萬元，同時(shí)獎(jiǎng)金不能超過利潤的20%.下列函數(shù)模型中，符合該點(diǎn)要求的是(　　) (參考數(shù)據(jù)：1.015100≈4.432，lg 11≈1.041) A．y＝0.04x B．y＝1.015x－1 C．y＝tan D．y＝log11(3x－10) D　[對(duì)于函數(shù)：y＝0.04x，當(dāng)x＝100時(shí)，y＝4＞3，不符合題意； 對(duì)于函數(shù)：y＝1.015x－1，當(dāng)x＝100時(shí)，y＝3.432＞3，不符合題意； 對(duì)于函數(shù)：y＝tan，不滿足遞增，不符合題意； 對(duì)于函數(shù)：y＝log11(3x－10)，滿足x∈(6,100]，增函數(shù)， 且y≤log11(3×100－10)＝log11290＜log111331＝3， 結(jié)合圖象，y＝x與y＝log11(3x－10)的圖象如圖所示，符合題意，故選D．] 22．設(shè)函數(shù)f(x)＝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(dāng)x＞0時(shí)，f(－x)＝＝x2ex＝f(x)，同理當(dāng)x＜0，f(－x)＝(－x)2·e－x＝＝f(x)， 所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)． 又當(dāng)x≥0時(shí)，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)＝若|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A． B．[0,1] C．[0,2] D．[1，＋∞) C　[函數(shù)f(x)＝若|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，即|f(x)|≥ax－a恒成立，在坐標(biāo)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(shí)，函數(shù)的圖象在y＝ax－a的上方，所以y＝x2－1的導(dǎo)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－，則使f(2x)＞f(x＋1)成立的x的取值范圍是(　　) A．∪(1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1)∪ D． A　[∵f(－x)＝e1＋(－x)2－＝e1＋x2－＝f(x)， ∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)， 又當(dāng)x＞0時(shí)，y＝e1＋x2與y＝－均為增函數(shù)， ∴當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝e1＋x2－為增函數(shù)， ∴f(2x)＞f(x＋1)等價(jià)于|2x|＞|x＋1|， 解得：x＜－或x＞1， 即x的取值范圍為∪(1，＋∞)，故選A．] 25．已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)，則(　　) A．f(－)＞f()＞f B．f(－)＞f()＞f C．f＞f(－)＞f() D．f()＞f＞f() B　[因?yàn)閒(x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)， 則f(－x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)＝f(x)， 當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝ex＋e－x＋ln(ex－1)， 則f′(x)＝ex－＋＞0在x＞0時(shí)恒成立， 故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因?yàn)閒(－)＝f()，f(－)＝f()， f＝f(log54)，且＞＞1＞log54＞0， 所以f()＞f()＞f(log54)．故選B．] 26．已知函數(shù)f(x)＝e|x|·lg圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．則實(shí)數(shù)的a的值為________． ±2　[依題意有f(－x)＋f(x)＝0, 又f(－x)＝e|－x|·lg， 所以f(－x)＋f(x)＝e|x|lg[1＋4x2－a2x2]＝0， 故a2＝4，a＝±2.] 27．現(xiàn)有一塊邊長為a的正方形鐵片，鐵片的四角截去四個(gè)邊長均為x的小正方形，然后做成一個(gè)無蓋方盒，該方盒容積的最大值是________． a3　[由題意，容積V(x)＝(a－2x)2x,0＜x＜， 則V′(x)＝2(a－2x)×(－2x)＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)， 由V′(x)＝0，得x＝或x＝(舍去)， 當(dāng)x∈時(shí)，V′(x)＞0，V(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時(shí)，V′(x)＜0，V(x)單調(diào)遞減， 則x＝為V在定義域內(nèi)唯一的極大值點(diǎn)也是最大值點(diǎn)，此時(shí)Vmax＝a3.] 28．[一題兩空]已知函數(shù)f(x)＝ax＋(b＞0)的圖象在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直，則a與b的關(guān)系為a＝________(用b表示)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間上是單調(diào)遞增，則b的最大值等于________． b＋2　　[∵f(x)＝ax＋(b＞0)， ∴f′(x)＝a－， ∴f′(1)＝a－b ， ∵函數(shù)f(x)＝ax＋(b＞0)的圖象在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直， ∴a－b＝2，即a＝b＋2. 若函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增， 則f′(x)＝a－≥0恒成立， 即b＋2≥恒成立， 整理得：≤(x2)min＝，解得0＜b≤，bmax＝.] 29．函數(shù)f(x)＝x－sin x在上的最小值和最大值分別是________． －，－1　[由題意得，f′(x)＝－cos x， 令f′(x)＞0，解得＜x≤， 令f′(x)＜0，解得0≤x＜， ∴f(x)在上遞減，在上遞增． ∴f(x)min＝f＝－， 而f(0)＝0，f＝－1， 故f(x)在區(qū)間上的最小值和最大值分別是－，－1.] 30．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)－f(x)＜2ex(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若f(2)＝4e2，則＞xex的解集為________． (－∞，2)　[∵f′(x)－f(x)＜2ex， ∴構(gòu)造函數(shù)g(x)＝－2x， 則g′(x)＝－2＝－2＜0， ∴g′(x)＜0， ∴g(x)在R上為減函數(shù)． ∵＞xex?＞2x?g(x)＞0，又f(2)＝4e2， ∴g(2)＝－4＝－4＝0， ∴g(x)＞g(2)，∴x＜2， ∴＞xex的解集為(－∞，2)．]