B函數(shù)與導數(shù)B1函數(shù)及其表示14．B1[2023·天津卷]函數(shù)y＝eq\f(|x2－1|,x－1)的圖象與函數(shù)y＝kx的圖象恰有兩個交點，那么實數(shù)k的取值范圍是________．14．(0,1)∪(1,2)[解析]y＝eq\f(|x2－1|,x－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋1，－1≤x<1，,x＋1，x<－1或x>1，))在同一坐標系內畫出y＝kx與y＝eq\f(|x2－1|,x－1)的圖象如圖，結合圖象當直線y＝kx斜率從0增到1時，與y＝eq\f(|x2－1|,x－1)在x軸下方的圖象有兩公共點；當斜率從1增到2時，與y＝eq\f(|x2－1|,x－1)的圖象在x軸上、下方各有一個公共點．11．B1[2023·陜西卷]設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，x＜0，))那么f(f(－4))＝________.11．4[解析]由題目所給的是一分段函數(shù)，而f(－4)＝16，所以f(16)＝4，故答案為4.3．B1[2023·山東卷]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,lnx＋1)＋eq\r(4－x2)的定義域為()A．[－2,0)∪(0,2]B．(－1,0)∪(0,2]C．[－2,2]D．(－1,2]3．B[解析]此題考查函數(shù)的定義域，考查運算能力，容易題．要使函數(shù)f(x)＝eq\f(1,lnx＋1)＋eq\r(4－x2)有意義，須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,lnx＋1≠0，,4－x2≥0，))解之得－1<x≤2且x≠0.3．B1[2023·江西卷]設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≤1，,\f(2,x)，x>1，))那么f(f(3))＝()A.eq\f(1,5)B．3C.eq\f(2,3)D.eq\f(13,9)3．D[解析]f(x)＝eq\f(2,3)，f(f(3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋1＝eq\f(13,9)，應選D.5．B1[2023·江蘇卷]函數(shù)f(x)＝eq\r(1－2log6x)的定義域為________．5．(0，eq\r(6)][解析]此題考查函數(shù)定義域的求解．解題突破口為尋找使函數(shù)解析式有意義的限制條件．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,1－2log6x≥0，))解得0<x≤eq\r(6).11．B1[2023·廣東卷]函數(shù)y＝eq\f(\r(x＋1),x)的定義域為________．11．{x|x≥－1且x≠0}[解析]此題考查函數(shù)的定義域，函數(shù)有意義，滿足：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x≠0.))解得{x|x≥－1且x≠0}．9．B1[2023·福建卷]設f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x為有理數(shù)，,0，x為無理數(shù)，))那么f(g(π))的值為()A．1B．0C．－1D9．B[解析]解題的關鍵是求分段函數(shù)的值時，一定要認真分析自變量所在的區(qū)間，因為各段上的解析式是不相同的．∵π是無理數(shù)，∴g(π)＝0，f(g(π))＝f(0)＝0，所以選擇B.13．B1[2023·四川卷]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(1－2x))的定義域是________．(用區(qū)間表示)13.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(1－2x)≠0，,1－2x≥0，))解得x＜eq\f(1,2)，即函數(shù)f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).B2反函數(shù)2．B2[2023·全國卷]函數(shù)y＝eq\r(x＋1)(x≥－1)的反函數(shù)為()A．y＝x2－1(x≥0)B．y＝x2－1(x≥1)C．y＝x2＋1(x≥0)D．y＝x2＋1(x≥1)2．A[解析]本小題主要考查求反函數(shù)的方法．解題的突破口為原函數(shù)與反函數(shù)定義域與值域的關系和反解x的表達式．由y＝eq\r(x＋1)得y2＝x＋1，即x＝y(tǒng)2－1，交換x和y得y＝x2－1，又原函數(shù)的值域為y≥0，所以反函數(shù)的定義域為x≥0，應選A.B3函數(shù)的單調性與最值16．B3[2023·課標全國卷]設函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋12＋sinx,x2＋1)的最大值為M，最小值為m，那么M＋m＝________.16．[答案]2[解析]因為f(x)＝eq\f(x＋12＋sinx,x2＋1)＝1＋eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，令g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，那么f(x)＝g(x)＋1.由g(－x)＝eq\f(－2x－sinx,x2＋1)＝－g(x)及函數(shù)g(x)的定義域為R，得函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，故g(x)max與g(x)min互為相反數(shù)．故g(x)max＋g(x)min＝0.易知M＝g(x)max＋1，m＝g(x)min＋1，所以M＋m＝g(x)max＋1＋g(x)min＋1＝0＋2＝2.13．B3[2023·安徽卷]假設函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調遞增區(qū)間是[3，＋∞)，那么a＝________.13．－6[解析]容易作出函數(shù)f(x)的圖像(圖略)，可知函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(a,2)))上單調遞減，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))單調遞增．又函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是[3，＋∞)，所以－eq\f(a,2)＝3，解得a＝－6.12．B2、D2[2023·四川卷]設函數(shù)f(x)＝(x－3)3＋x－1，{an}是公差不為0的等差數(shù)列，f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝14，那么a1＋a2＋…＋a7＝()A．0B．7C．14D12．D[解析]記公差為d，那么f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a7)＝(a1－3)3＋(a2－3)3＋…＋(a7－3)3＋(a1＋a2＋…＋a7)－7＝(a4－3d－3)3＋(a4－2d－3)3＋…＋(a4＋2d－3)3＋(a4＋3d－3)3＋7a4＝7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4由，7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7a4即7(a4－3)3＋7×3(a4－3)＋7(a4－3)＝0，∴(a4－3)3＋4(a4－3)＝0.因為f(x)＝x3＋4x在R上為增函數(shù)，且f(0)＝0，故a4－3＝0，即a4＝3，∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝7×2．B3、B4[2023·陜西卷]以下函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的為()A．y＝x＋1B．y＝－x3C．y＝eq\f(1,x)D．y＝x|x|2．D[解析]本小題主要考查函數(shù)的單調性、奇偶性，解題的突破口為單調性的定義、奇偶性的定義與函數(shù)圖像的對應關系．假設函數(shù)為單調增函數(shù)，其圖像為從左向右依次上升；假設函數(shù)為奇函數(shù)，其圖像關于原點對稱．經分析，A選項函數(shù)的圖像不關于原點對稱，不是奇函數(shù)，排除；B選項函數(shù)的圖像從左向右依次下降，為單調減函數(shù)，排除；C選項函數(shù)的圖像從左向右依次下降，為單調減函數(shù)，排除；應選D.其實對于選項D，我們也可利用x>0、x＝0、x<0討論其解析式，然后畫出圖像，經判斷符合要求，應選D.8．B3、B10[2023·北京卷]某棵果樹前n年的總產量Sn與n之間的關系如圖1－6所示．從目前記錄的結果看，前m年的年平均產量最高，m的值為()圖1－6A．5B．7C．9D．118．C[解析]此題考查利用函數(shù)圖像識別函數(shù)值的變化趨勢，也就是函數(shù)增減速度的快慢．法一：因為隨著n的增大，Sn在增大，要使eq\f(Sn,n)取得最大值，只要讓隨著n的增大Sn＋1－Sn的值超過eq\f(Sn＋1－S1,n)(平均變化)的參加即可，Sn＋1－Sn的值不超過eq\f(Sn＋1－S1,n)(平均變化)的舍去，由圖像可知，6,7,8,9這幾年的改變量較大，所以應該參加，到第10,11年的時候，改變量明顯變小，所以不應該參加，故答案為C.法二：假設eq\f(Sm,m)是eq\f(Sn,n)取的最大值，所以只要eq\f(Sm,m)>eq\f(Sm＋1,m＋1)即可，也就是eq\f(Sm－0,m－0)>eq\f(Sm＋1－0,m＋1－0)，即可以看作點Qm(m，Sm)與O(0,0)連線的斜率大于點Qm＋1(m＋1，Sm＋1)與O(0,0)連線的斜率，所以觀察可知到第Q9(9，S9)與O(0,0)連線的斜率開始大于點Q10(10，S10)與O(0,0)連線的斜率．答案為C.14．A2、A3、B3、E3[2023·北京卷]f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，假設?x∈R，f(x)<0或g(x)<0，那么m的取值范圍是________14．(－4,0)[解析]此題考查函數(shù)圖像與性質、不等式求解、邏輯、二次函數(shù)與指數(shù)函數(shù)等根底知識和根本技能，考查分類討論的數(shù)學思想、分析問題和解決問題以及綜合運用知識的能力．由g(x)＝2x－2<0，可得x<1，要使?x∈R，f(x)<0或g(x)<0，必須使x≥1時，f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)當m＝0時，f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)＝0不滿足條件，所以二次函數(shù)f(x)必須開口向下，也就是m<0，要滿足條件，必須使方程f(x)＝0的兩根2m，－m－3都小于1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m<1，,－m－3<1，))可得m∈(－4,0)．20．B3、D4、M4[2023·北京卷]設A是如下形式的2行3列的數(shù)表，abcdef滿足性質P：a，b，c，d，e，f∈[－1,1]，且a＋b＋c＋d＋e＋f＝0.記ri(A)為A的第i行各數(shù)之和(i＝1,2)，cj(A)為A的第j列各數(shù)之和(j＝1,2,3)；記k(A)為|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值．(1)對如下數(shù)表A，求k(A)的值；11－0.80.1－0.3－1(2)設數(shù)表A形如11－1－2ddd－1其中－1≤d≤0，求k(A)的最大值；(3)對所有滿足性質P的2行3列的數(shù)表A，求k(A)的最大值．20．解：(1)因為r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(A)＝1.1，c2(A)＝0.7，c3(A)＝－1.8，所以k(A)＝0.7.(2)r1(A)＝1－2d，r2(A)＝－1＋2d，c1(A)＝c2(A)＝1＋d，c3(A)＝－2－2d.因為－1≤d≤0，所以|r1(A)|＝|r2(A)|≥1＋d≥0，|c3(A)|≥1＋d≥0.所以k(A)＝1＋d≤1.當d＝0時，k(A)取得最大值1.(3)任給滿足性質P的數(shù)表A(如下所示)．abcdef任意改變A的行次序或列次序，或把A中的每個數(shù)換成它的相反數(shù)，所得數(shù)表A*仍滿足性質P，并且k(A)＝k(A*)．因此，不妨設r1(A)≥0，c1(A)≥0，c2(A)≥0.由k(A)的定義知，k(A)≤r1(A)，k(A)≤c1(A)，k(A)≤c2(A)．從而3k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)＝(a＋b＋c)＋(a＋d)＋(b＋e)＝(a＋b＋c＋d＋e＋f)＋(a＋b－f)＝a＋b－f≤3.所以k(A)≤1.由(2)知，存在滿足性質P的數(shù)表A使k(A)＝1.故k(A)的最大值為1.6．B3、B4[2023·天津卷]以下函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間(1,2)內是增函數(shù)的為()A．y＝cos2x，x∈RB．y＝log2|x|，x∈R且x≠0C．y＝eq\f(ex－e－x,2)，x∈RD．y＝x3＋1，x∈R6．B[解析]法一：由偶函數(shù)的定義可排除C、D，又∵y＝cos2x為偶函數(shù)，但在(1,2)內不單調遞增，應選B.法二：由偶函數(shù)定義知y＝log2|x|為偶函數(shù)，以2為底的對數(shù)函數(shù)在(1,2)內單調遞增．22．B3、B9、B12[2023·福建卷]函數(shù)f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a∈R)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為eq\f(π－3,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內的零點個數(shù)，并加以證明．22．解：(1)由f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，對于任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有sinx＋xcosx＞0.當a＝0時，f(x)＝－eq\f(3,2)，不合題意；當a＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＜0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內單調遞減，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝－eq\f(3,2)，不合題意；當a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內單調遞增，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，解得a＝1.綜上所述，得f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).(2)f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．證明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，從而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的．所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內至少存在一個零點．又由(1)知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內有且僅有一個零點．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的圖象是連續(xù)不斷的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，有g′(x)＜0，從而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內單調遞減．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))內單調遞增，故當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上無零點；當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內有且僅有一個零點．綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．8．B3、B10[2023·北京卷]某棵果樹前n年的總產量Sn與n之間的關系如圖1－6所示．從目前記錄的結果看，前m年的年平均產量最高，m的值為()圖1－6A．5B．7C．9D．118．C[解析]此題考查利用函數(shù)圖像識別函數(shù)值的變化趨勢，也就是函數(shù)增減速度的快慢．法一：因為隨著n的增大，Sn在增大，要使eq\f(Sn,n)取得最大值，只要讓隨著n的增大Sn＋1－Sn的值超過eq\f(Sn＋1－S1,n)(平均變化)的參加即可，Sn＋1－Sn的值不超過eq\f(Sn＋1－S1,n)(平均變化)的舍去，由圖像可知，6,7,8,9這幾年的改變量較大，所以應該參加，到第10,11年的時候，改變量明顯變小，所以不應該參加，故答案為C.法二：假設eq\f(Sm,m)是eq\f(Sn,n)取的最大值，所以只要eq\f(Sm,m)>eq\f(Sm＋1,m＋1)即可，也就是eq\f(Sm－0,m－0)>eq\f(Sm＋1－0,m＋1－0)，即可以看作點Qm(m，Sm)與O(0,0)連線的斜率大于點Qm＋1(m＋1，Sm＋1)與O(0,0)連線的斜率，所以觀察可知到第Q9(9，S9)與O(0,0)連線的斜率開始大于點Q10(10，S10)與O(0,0)連線的斜率．答案為C.16．B3、B4[2023·浙江卷]設函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的偶函數(shù)，當x∈[0,1]時，f(x)＝x＋1，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝________.16．[答案]eq\f(3,2)[解析]此題考查了函數(shù)的性質等根本知識，考查了學生的觀察、變通能力，屬于較易題．函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的偶函數(shù)，且當x∈[0,1]時，f(x)＝x＋1，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,2).B4函數(shù)的奇偶性與周期性12．B4[2023·重慶卷]假設f(x)＝(x＋a)(x－4)為偶函數(shù)，那么實數(shù)a＝________.12．4[解析]因為f(x)＝x2＋(a－4)x－4a，所以根據(jù)f(x)為偶函數(shù)得f(x)＝f(－x)，即x2＋(a－4)x－4a＝x2＋(4－a)x－4a，所以a－4＝4－a9．B4[2023·上海卷]y＝f(x)是奇函數(shù)，假設g(x)＝f(x)＋2且g(1)＝1，那么g(－1)＝________.9．3[解析]考查函數(shù)的奇偶性和轉化思想，解此題的關鍵是利用y＝f(x)為奇函數(shù)．函數(shù)y＝f(x)為奇函數(shù)，由得g(1)＝f(1)＋2＝1，∴f(1)＝－1，那么f(－1)＝－f(1)＝1，所以g(－1)＝f(－1)＋2＝1＋2＝3.4．B4[2023·廣東卷]以下函數(shù)為偶函數(shù)的是()A．y＝sinxB．y＝x3C．y＝exD．y＝lneq\r(x2＋1)4．D[解析]根據(jù)奇偶性的定義知A、B都為奇函數(shù)，C非奇非偶函數(shù)，D是偶函數(shù)，所以選擇D.6．B3、B4[2023·天津卷]以下函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間(1,2)內是增函數(shù)的為()A．y＝cos2x，x∈RB．y＝log2|x|，x∈R且x≠0C．y＝eq\f(ex－e－x,2)，x∈RD．y＝x3＋1，x∈R6．B[解析]法一：由偶函數(shù)的定義可排除C、D，又∵y＝cos2x為偶函數(shù)，但在(1,2)內不單調遞增，應選B.法二：由偶函數(shù)定義知y＝log2|x|為偶函數(shù)，以2為底的對數(shù)函數(shù)在(1,2)內單調遞增．2．B3、B4[2023·陜西卷]以下函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的為()A．y＝x＋1B．y＝－x3C．y＝eq\f(1,x)D．y＝x|x|2．D[解析]本小題主要考查函數(shù)的單調性、奇偶性，解題的突破口為單調性的定義、奇偶性的定義與函數(shù)圖像的對應關系．假設函數(shù)為單調增函數(shù)，其圖像為從左向右依次上升；假設函數(shù)為奇函數(shù)，其圖像關于原點對稱．經分析，A選項函數(shù)的圖像不關于原點對稱，不是奇函數(shù)，排除；B選項函數(shù)的圖像從左向右依次下降，為單調減函數(shù)，排除；C選項函數(shù)的圖像從左向右依次下降，為單調減函數(shù)，排除；應選D.其實對于選項D，我們也可利用x>0、x＝0、x<0討論其解析式，然后畫出圖像，經判斷符合要求，應選D.16．B3、B4[2023·浙江卷]設函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的偶函數(shù)，當x∈[0,1]時，f(x)＝x＋1，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝________.16．[答案]eq\f(3,2)[解析]此題考查了函數(shù)的性質等根本知識，考查了學生的觀察、變通能力，屬于較易題．函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的偶函數(shù)，且當x∈[0,1]時，f(x)＝x＋1，那么feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,2).B5二次函數(shù)12．B5[2023·山東卷]設函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝－x2＋bx.假設y＝f(x)的圖象與y＝g(x)的圖象有且僅有兩個不同的公共點A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么以下判斷正確的選項是()A．x1＋x2>0，y1＋y2>0B．x1＋x2>0，y1＋y2<0C．x1＋x2<0，y1＋y2>0D．x1＋x2<0，y1＋y2<012．B[解析]此題考查函數(shù)的圖象與性質，考查推理論證能力，偏難．當y＝f(x)的圖象與y＝g(x)圖象有且僅有兩個不同的公共點時，其圖象為作出點A關于原點的對稱點C，那么C(－x1，－y1)，由圖象知－x1<x2，－y1>y2，故x1＋x2>0，y1＋y2<0，應選B.6．B5、B6[2023·上海卷]方程4x－2x＋1－3＝0的解是________．6．log23[解析]考查指數(shù)方程和二次方程的求解，以及函數(shù)與方程的思想和轉化思想，關鍵是把指數(shù)方程轉化為二次方程求解．把原方程轉化為(2x)2－2·2x－3＝0，化為(2x－3)(2x＋1)＝0，所以2x＝3，或2x＝－1(舍去)，兩邊取對數(shù)解得x＝log23.B6指數(shù)與指數(shù)函數(shù)4．B6[2023·四川卷]函數(shù)y＝ax－a(a>0，且a≠1)的圖象可能是()圖1－14．C[解析]由f(1)＝0可知選C.15．B6、B8[2023·山東卷]假設函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，那么a＝________.15.eq\f(1,4)[解析]此題考查指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的單調性，考查分類討論思想及推理論證能力，中檔題．∵g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴m<eq\f(1,4).當a>1時，f(x)的最大值為a2＝4，即a＝2，m＝2－1＝eq\f(1,2)>eq\f(1,4)，與m<eq\f(1,4)相矛盾，舍去；當0<a<1時，f(x)的最大值為a－1＝4，即a＝eq\f(1,4)，m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2<eq\f(1,4)成立．4．B6、B7[2023·天津卷]a＝21.2，beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－0.8，c＝2log52，那么a，b，c的大小關系為()A．c＜b＜aB．c＜a＜bC．b＜a＜cD．b＜c＜a4．A[解析]∵a＝21.2>2,1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0<b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－0.8<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝2，c＝2log52＝log54<1，∴c<b<a.6．B5、B6[2023·上海卷]方程4x－2x＋1－3＝0的解是________．6．log23[解析]考查指數(shù)方程和二次方程的求解，以及函數(shù)與方程的思想和轉化思想，關鍵是把指數(shù)方程轉化為二次方程求解．把原方程轉化為(2x)2－2·2x－3＝0，化為(2x－3)(2x＋1)＝0，所以2x＝3，或2x＝－1(舍去)，兩邊取對數(shù)解得x＝log23.11．B6、B7[2023·課標全國卷]當0<x≤eq\f(1,2)時，4x<logax，那么a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C．(1，eq\r(2))D．(eq\r(2)，2)11．B[解析]當a>1時，因為0<x≤eq\f(1,2)，所以logax<0.不滿足4x<logax，故舍去；當0<a<1時，因為0<x≤eq\f(1,2)，數(shù)形結合易得，需滿足4eq\f(1,2)<logaeq\f(1,2)，得2<logaeq\f(1,2)，那么a2>eq\f(1,2)，解得a>eq\f(\r(2),2)或a<－eq\f(\r(2),2).結合前提條件得eq\f(\r(2),2)<a<1.綜上，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).應選B.5．B6、B8、B9[2023·北京卷]函數(shù)f(x)＝xeq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零點個數(shù)為()A．0B．1C．2D．35．B[解析]此題考查指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的圖象與性質，考查數(shù)形結合的數(shù)學思想．由f(x)＝xeq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0，可得xeq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，令h(x)＝xeq\f(1,2)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，所以函數(shù)f(x)的零點個數(shù)就是函數(shù)h(x)與g(x)的交點個數(shù)，如圖可知交點個數(shù)只有一個，所以函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1，答案為B.7．E1、B6、B7[2023·湖南卷]設a＞b＞1，c＜0，給出以下三個結論：①eq\f(c,a)＞eq\f(c,b)；②ac＜bc；③logb(a－c)＞loga(b－c)．其中所有的正確結論的序號是()A．①B．①②C．②③D．①②③7．D[解析]此題考查不等式性質、指數(shù)式和對數(shù)式的大小比較，意在考查考生對不等式性質、冪函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質的運用能力；解題思路：轉化為冪函數(shù)比較大小，利用換底公式比較對數(shù)式的大?。刹坏仁降母拘再|可知①對；冪函數(shù)y＝xc(c<0)在(0，＋∞)上單調遞減，又a＞b＞1，所以②對；由對數(shù)函數(shù)的單調性可得logb(a－c)＞logb(b－c)，又由對數(shù)的換底公式可知logb(b－c)＞loga(b－c)，所以logb(a－c)＞loga(b－c)，應選項D正確．[易錯點]此題易錯一：不等式根本性質不了解，以為①錯；易錯二：指數(shù)式大小比較，利用指數(shù)函數(shù)的性質比較，容易出錯；易錯三：對換底公式不了解，無法比較，錯以為③錯．10．A1、E3、B6[2023·重慶卷]設函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3，g(x)＝3x－2，集合M＝{x∈R|f(g(x))>0|，那么N＝{x∈R|g(x)<2}，那么M∩N為()A．(1，＋∞)B．(0,1)C．(－1,1)D．(－∞，1)10．D[解析]因為f(g(x))＝[g(x)]2－4g(x)＋3，所以解關于g(x)不等式[g(x)]2－4g(x)＋3＞0，得g(x)＜1或g(x)＞3，即3x－2＜1或3x－2＞3，解得x＜1或x＞log35，所以M＝(－∞，1)∪(log35，＋∞)，又由g(x)＜2，即3x－2＜2,3x＜4，解得x＜log34，所以N＝(－∞，log34)，故M∩N＝(－∞，1B7對數(shù)與對數(shù)函數(shù)7．B7[2023·重慶卷]a＝log23＋log2eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)，c＝log32，那么a，b，c的大小關系是()A．a＝b<cB．a＝b>cC．a<b<cD．a>b>c7．B[解析]因為a＝log23eq\r(3)＞1，b＝log2eq\f(9,\r(3))＝log23eq\r(3)＞1，又∵0＝log31＜log32＜log33＝1，∴a＝b＞c，選B.11．B7[2023·全國卷]x＝lnπ，y＝log52，z＝e－eq\f(1,2)，那么()A．x<y<zB．z<x<yC．z<y<xD．y<z<x11．D[解析]本小題主要考查對數(shù)與指數(shù)的大小比較，解題的突破口為尋找中間量作比較．x＝lnπ>lne＝1,0<log52<log42＝log44eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1＝e0>e－eq\f(1,2)＝eq\f(1,\r(e))>eq\f(1,\r(4))＝eq\f(1,2)，∴y<z<x，應選D.12．B7[2023·北京卷]函數(shù)f(x)＝lgx，假設f(ab)＝1，那么f(a2)＋f(b2)＝________.12．2[解析]此題考查函數(shù)解析式與對數(shù)運算性質．因為f(ab)＝lg(ab)＝1，所以f(a2)＋f(b2)＝lga2＋lgb2＝lg(ab)2＝2lg(ab)＝2.3．B7[2023·安徽卷](log29)·(log34)＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．2D．43．D[解析](解法一)由換底公式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log29))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log34))＝eq\f(lg9,lg2)·eq\f(lg4,lg3)＝eq\f(2lg3,lg2)·eq\f(2lg2,lg3)＝4.(解法二)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log29))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log34))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log232))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log322))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log23))·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log32))＝4.4．B6、B7[2023·天津卷]a＝21.2，beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－0.8，c＝2log52，那么a，b，c的大小關系為()A．c＜b＜aB．c＜a＜bC．b＜a＜cD．b＜c＜a4．A[解析]∵a＝21.2>2,1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0<b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－0.8<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝2，c＝2log52＝log54<1，∴c<b<a.7．E1、B6、B7[2023·湖南卷]設a＞b＞1，c＜0，給出以下三個結論：①eq\f(c,a)＞eq\f(c,b)；②ac＜bc；③logb(a－c)＞loga(b－c)．其中所有的正確結論的序號是()A．①B．①②C．②③D．①②③7．D[解析]此題考查不等式性質、指數(shù)式和對數(shù)式的大小比較，意在考查考生對不等式性質、冪函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質的運用能力；解題思路：轉化為冪函數(shù)比較大小，利用換底公式比較對數(shù)式的大?。刹坏仁降母拘再|可知①對；冪函數(shù)y＝xc(c<0)在(0，＋∞)上單調遞減，又a＞b＞1，所以②對；由對數(shù)函數(shù)的單調性可得logb(a－c)＞logb(b－c)，又由對數(shù)的換底公式可知logb(b－c)＞loga(b－c)，所以logb(a－c)＞loga(b－c)，應選項D正確．[易錯點]此題易錯一：不等式根本性質不了解，以為①錯；易錯二：指數(shù)式大小比較，利用指數(shù)函數(shù)的性質比較，容易出錯；易錯三：對換底公式不了解，無法比較，錯以為③錯．2．A1、B7[2023·安徽卷]設集合A＝{x|－3≤2x－1≤3}，集合B為函數(shù)y＝lg(x－1)的定義域，那么A∩B＝()A．(1,2)B．[1,2]C．[1,2)D．(1,2]2．D[解析]根據(jù)條件，可求得A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，2))，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，所以A∩B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，2))∩eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2)).11．B6、B7[2023·課標全國卷]當0<x≤eq\f(1,2)時，4x<logax，那么a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C．(1，eq\r(2))D．(eq\r(2)，2)11．B[解析]當a>1時，因為0<x≤eq\f(1,2)，所以logax<0.不滿足4x<logax，故舍去；當0<a<1時，因為0<x≤eq\f(1,2)，數(shù)形結合易得，需滿足4eq\f(1,2)<logaeq\f(1,2)，得2<logaeq\f(1,2)，那么a2>eq\f(1,2)，解得a>eq\f(\r(2),2)或a<－eq\f(\r(2),2).結合前提條件得eq\f(\r(2),2)<a<1.綜上，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).應選B.B8冪函數(shù)與函數(shù)的圖像象15．B6、B8[2023·山東卷]假設函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，那么a＝________.15.eq\f(1,4)[解析]此題考查指數(shù)函數(shù)與冪函數(shù)的單調性，考查分類討論思想及推理論證能力，中檔題．∵g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴m<eq\f(1,4).當a>1時，f(x)的最大值為a2＝4，即a＝2，m＝2－1＝eq\f(1,2)>eq\f(1,4)，與m<eq\f(1,4)相矛盾，舍去；當0<a<1時，f(x)的最大值為a－1＝4，即a＝eq\f(1,4)，m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2<eq\f(1,4)成立．5．B6、B8、B9[2023·北京卷]函數(shù)f(x)＝xeq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零點個數(shù)為()A．0B．1C．2D．35．B[解析]此題考查指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的圖象與性質，考查數(shù)形結合的數(shù)學思想．由f(x)＝xeq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0，可得xeq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，令h(x)＝xeq\f(1,2)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，所以函數(shù)f(x)的零點個數(shù)就是函數(shù)h(x)與g(x)的交點個數(shù)，如圖可知交點個數(shù)只有一個，所以函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1，答案為B.6．B8[2023·湖北卷]定義在區(qū)間[0,2]上的函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖1－1所示，那么y＝－f(2－x)的圖象為()圖1－1圖1－26．B[解析]y＝f(x)→y＝f(－x)→y＝f[－(x－2)]→y＝－f(2－x)，即將y＝f(x)的圖象關于y軸對稱，再向右平移2個單位長度，然后關于x軸對稱，即為B圖象．B9函數(shù)與方程21．B9、B12、E5[2023·陜西卷]設函數(shù)f(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．(1)設n≥2，b＝1，c＝－1，證明：f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內存在唯一零點；(2)設n為偶數(shù)，|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，求b＋3c的最小值和最大值(3)設n＝2，假設對任意x1，x2∈[－1,1]有|f(x1)－f(x2)|≤4，求b的取值范圍．21．解：(1)當b＝1，c＝－1，n≥2時，f(x)＝xn＋x－1.∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))f(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2)))×1＜0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內存在零點．又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，f′(x)＝nxn－1＋1＞0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是單調遞增的，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內存在唯一零點．(2)解法一：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤f－1≤1，,－1≤f1≤1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤b－c≤2，,－2≤b＋c≤0.))由圖像知，b＋3c在點(0，－2)在點(0,0)取到最大值0，∴b＋3c解法二：由題意知－1≤f(1)＝1＋b＋c≤1，即－2≤b＋c≤0，①－1≤f(－1)＝1－b＋c≤1，即－2≤－b＋c≤0，②①×2＋②得－6≤2(b＋c)＋(－b＋c)＝b＋3c≤當b＝0，c＝－2時，b＋3c＝－6；當b＝c＝0時，b＋3所以b＋3c解法三：由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1＝1－b＋c，,f1＝1＋b＋c，))解得b＝eq\f(f1－f－1,2)，c＝eq\f(f1＋f－1－2,2)，∴b＋3c＝2f(1)＋f(－1又∵－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，∴－6≤b＋3c≤所以b＋3c(3)當n＝2時，f(x)＝x2＋bx＋c.對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤4等價于f(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下：①當eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))＞1，即|b|＞2時，M＝|f(1)－f(－1)|＝2|b|＞4，與題設矛盾．②當－1≤－eq\f(b,2)＜0，即0＜b≤2時，M＝f(1)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＋1))2≤4恒成立．③當0≤－eq\f(b,2)≤1，即－2≤b≤0時，M＝f(－1)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)－1))2≤4恒成立．綜上可知，－2≤b≤2.注：②，③也可合并證明如下：用max{a，b}表示a，b中的較大者．當－1≤－eq\f(b,2)≤1，即－2≤b≤2時，M＝max{f(1)，f(－1)}－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝eq\f(f－1＋f1,2)＋eq\f(|f－1－f1|,2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝1＋c＋|b|－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b2,4)＋c))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(|b|,2)))2≤4恒成立．3．B9、C1[2023·湖北卷]函數(shù)f(x)＝xcos2x在區(qū)間[0,2π]上的零點的個數(shù)為()A．2B．3C．4D3．D[解析]要使f(x)＝xcos2x＝0，那么x＝0或cos2x＝0，而cos2x＝0(x∈[0,2π])的解有x＝eq\f(π,4)，eq\f(3π,4)，eq\f(5π,4)，eq\f(7π,4)，所以零點的個數(shù)為5.應選D.22．B3、B9、B12[2023·福建卷]函數(shù)f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a∈R)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為eq\f(π－3,2).(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)判斷函數(shù)f(x)在(0，π)內的零點個數(shù)，并加以證明．22．解：(1)由f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，對于任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有sinx＋xcosx＞0.當a＝0時，f(x)＝－eq\f(3,2)，不合題意；當a＜0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＜0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內單調遞減，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝－eq\f(3,2)，不合題意；當a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內單調遞增，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，解得a＝1.綜上所述，得f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).(2)f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．證明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，從而有f(0)＝－eq\f(3,2)＜0.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的圖象是連續(xù)不斷的．所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內至少存在一個零點．又由(1)知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調遞增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內有且僅有一個零點．當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的圖象是連續(xù)不斷的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，有g′(x)＜0，從而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內單調遞減．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))內單調遞增，故當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))時，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上無零點；當x∈(m，π)時，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，從而f(x)在(m，π)內單調遞減．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的圖象是連續(xù)不斷的，從而f(x)在(m，π)內有且僅有一個零點．綜上所述，f(x)在(0，π)內有且只有兩個零點．5．B6、B8、B9[2023·北京卷]函數(shù)f(x)＝xeq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零點個數(shù)為()A．0B．1C．2D．35．B[解析]此題考查指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的圖象與性質，考查數(shù)形結合的數(shù)學思想．由f(x)＝xeq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0，可得xeq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，令h(x)＝xeq\f(1,2)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，所以函數(shù)f(x)的零點個數(shù)就是函數(shù)h(x)與g(x)的交點個數(shù)，如圖可知交點個數(shù)只有一個，所以函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1，答案為B.B10函數(shù)模型及其應用21．B10、B11、B12[2023·浙江卷]a∈R，函數(shù)f(x)＝4x3－2ax＋a.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：當0≤x≤1時，f(x)＋|2－a|>0.21．解：(1)由題意得f′(x)＝12x2－2a當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，此時f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．當a＞0時，f′(x)＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(a,6))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(a,6))))，此時函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(a,6))))和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,6))，＋∞))，單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,6))，\r(\f(a,6)))).(2)由于0≤x≤1，故當a≤2時，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.當a＞2時，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x設g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，那么g′(x)＝6x2－2＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))，于是x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))1g′(x)－0＋g(x)1減極小值增1所以，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝1－eq\f(4\r(3),9)＞0.所以當0≤x≤1時，2x3－2x＋1＞0.故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0.18．B10、B11、B12[2023·北京卷]函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)假設曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；(2)當a＝3，b＝－9時，假設函數(shù)f(x)＋g(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，求k的取值范圍．18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b解得a＝3，b＝3.(2)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當a＝3，b＝－9時，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h(x)與h′(x)在(－∞，2]上的情況如下：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1,2)2h′(x)＋0－0＋h(x)28－43由此可知：當k≤－3時，函數(shù)h(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為h(－3)＝28；當－3＜k＜2時，函數(shù)h(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值小于28.因此，k的取值范圍是(－∞，－3]．18．K2、B10、I2[2023·課標全國卷]某花店每天以每枝5元的價格從農場購進假設干枝玫瑰花，然后以每枝10元的價格出售．如果當天賣不完，剩下的玫瑰花作垃圾處理．(1)假設花店一天購進17枝玫瑰花，求當天的利潤y(單位：元)關于當天需求量n(單位：枝，n∈N)的函數(shù)解析式；(2)花店記錄了100天玫瑰花的日需求量(單位：枝)，整理得下表：日需求量n14151617181920頻數(shù)10201616151310①假設花店在這100天內每天購進17枝玫瑰花，求這100天的日利潤(單位：元)的平均數(shù)；②假設花店一天購進17枝玫瑰花，以100天記錄的各需求量的頻率作為各需求量發(fā)生的概率，求當天的利潤不少于75元的概率．18．解：(1)當日需求量n≥17時，利潤y＝85.當日需求量n<17時，利潤y＝10n－85.所以y關于n的函數(shù)解析式為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10n－85，n<17，,85，n≥17))(n∈N)．(2)①這100天中有10天的日利潤為55元，20天的日利潤為65元，16天的日利潤為75元，54天的日利潤為85元，所以這100天的日利潤的平均數(shù)為eq\f(1,100)(55×10＋65×20＋75×16＋85×54)＝76.4.②利潤不低于75元當且僅當日需求量不少于16枝．故當天的利潤不少于75元的概率為p＝0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.1＝0.7.18．B10、I4[2023·福建卷]某工廠為了對新研發(fā)的一種產品進行合理定價，將該產品按事先擬定的價格進行試銷，得到如下數(shù)據(jù)：單價x(元)88.28.48.68.89銷量y(件)908483807568(1)求回歸直線方程eq\o(y,\s\up6(^))＝bx＋a，其中b＝－20，a＝eq\x\to(y)－beq\x\to(x)；(2)預計在今后的銷售中，銷量與單價仍然服從(1)中的關系，且該產品的本錢是4元/件，為使工廠獲得最大利潤，該產品的單價應定為多少元？(利潤＝銷售收入－本錢)18．解：(1)由于eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,6)(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6)＝8.5，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(1,6)(y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋y6)＝80.所以a＝eq\o(y,\s\up6(－))－beq\o(x,\s\up6(－))＝80＋20×8.5＝250，從而回歸直線方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝－20x＋250.(2)設工廠獲得的利潤為L元，依題意得L＝x(－20x＋250)－4(－20x＋250)＝－20x2＋330x－1000＝－20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(33,4)))2＋361.25.當且僅當x＝8.25時，L取得最大值．故當單價定為8.25元時，工廠可獲得最大利潤．B11導數(shù)及其運算9．B11[2023·陜西卷]設函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，那么()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的極小值點9．D[解析]所給的原函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx的導函數(shù)為f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)，令f′(x)＝0可得x＝2，當x>2時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)；當x<2時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)為減函數(shù)，所以x＝2為極小值點，應選D.13．B11[2023·課標全國卷]曲線y＝x(3lnx＋1)在點(1,1)處的切線方程為________．13．[答案]y＝4x－3[解析]y′＝3lnx＋1＋x·eq\f(3,x)＝3lnx＋4，故y′|x＝1＝4.故所求切線方程為y－1＝4(x－1)，即4x－y－3＝0.21．B10、B11、B12[2023·浙江卷]a∈R，函數(shù)f(x)＝4x3－2ax＋a.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)證明：當0≤x≤1時，f(x)＋|2－a|>0.21．解：(1)由題意得f′(x)＝12x2－2a當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，此時f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．當a＞0時，f′(x)＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(a,6))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(a,6))))，此時函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(a,6))))和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,6))，＋∞))，單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a,6))，\r(\f(a,6)))).(2)由于0≤x≤1，故當a≤2時，f(x)＋|a－2|＝4x3－2ax＋2≥4x3－4x＋2.當a＞2時，f(x)＋|a－2|＝4x3＋2a(1－x)－2≥4x3＋4(1－x)－2＝4x3－4x設g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，那么g′(x)＝6x2－2＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))，于是x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))1g′(x)－0＋g(x)1減極小值增1所以，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝1－eq\f(4\r(3),9)＞0.所以當0≤x≤1時，2x3－2x＋1＞0.故f(x)＋|a－2|≥4x3－4x＋2＞0.18．B10、B11、B12[2023·北京卷]函數(shù)f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)假設曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；(2)當a＝3，b＝－9時，假設函數(shù)f(x)＋g(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，求k的取值范圍．18．解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b解得a＝3，b＝3.(2)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當a＝3，b＝－9時，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h(x)與h′(x)在(－∞，2]上的情況如下：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1,2)2h′(x)＋0－0＋h(x)28－43由此可知：當k≤－3時，函數(shù)h(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為h(－3)＝28；當－3＜k＜2時，函數(shù)h(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值小于28.因此，k的取值范圍是(－∞，－3]．12．B11[2023·遼寧卷]P，Q為拋物線x2＝2y上兩點，點P，Q的橫坐標分別為4，－2，過P、Q分別作拋物線的切線，兩切線交于點A，那么點A的縱坐標為()A．1B．3C．－4D12．C[解析]本小題主要考查導數(shù)的幾何意義的應用．解題的突破口為求切點坐標和切線的斜率．由x2＝2y可知y＝eq\f(1,2)x2，這時y′＝x，由P，Q的橫坐標為4，－2，這時P(4,8)，Q(－2,2),以點P為切點的切線方程PA為y－8＝4(x－4)，即4x－y－8＝0①；以點Q為切點的切線方程QA為y－2＝－2(x＋2)，即2x＋y＋2＝0②；由①②聯(lián)立得A點坐標為(1，－4)，這時縱坐標為－4.7．D3、B11[2023·上海卷]有一列正方體，棱長組成以1為首項、eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，體積分別記為V1，V2，…，Vn，…，那么eq\o(lim,\s\do4(n→∞))(V1＋V2＋…＋Vn)＝________.7.eq\f(8,7)[解析]考查等比數(shù)列和無窮遞縮等比數(shù)列的極限，此題只要掌握極限公式即可解決，是簡單題型．由可知V1，V2，V3，…構成新的等比數(shù)列，首項V1＝1，公比q＝eq\f(1,8)，由極限公式得eq\o(lim,\s\do4(n→∞))(V1＋V2＋…＋Vn)＝eq\f(V1,1－q)＝eq\f(1,1－\f(1,8))＝eq\f(8,7).10．B11、B12、E1[2023·浙江卷]設a>0，b>0，e是自然對數(shù)的底數(shù)()A．假設ea＋2a＝eb＋3b，那么a>B．假設ea＋2a＝eb＋3b，那么a<C．假設ea－2a＝eb－3b，那么a>D．假設ea－2a＝eb－3b，那么a<10．A[解析]此題考查構造函數(shù)、利用函數(shù)性質來實現(xiàn)判斷邏輯推理的正確與否，考查觀察、設想、推理的能力．由ea＋2a＝eb＋3b，有ea＋3a>eb＋3b，令函數(shù)f(x)＝ex＋3x，那么f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∵f(a)>f(b)，∴a>由ea－2a＝eb－3b，有ea－2a<eb－2b，令函數(shù)f(x)＝ex－2x，那么f′(x)＝ex－2，函數(shù)f(x)＝ex－2x在(0，ln2)上單調遞減，在(ln2，＋∞)上單調遞增，當a，b∈(0，ln2)時，由f(a)<f(b)，得a>b，當a，b∈(ln2，＋∞)時，由f(a)<f(b)得a<bB12導數(shù)的應用8．B12[2023·重慶卷]設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極小值，那么函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是()圖1－18．C[解析]在A中，當x＜－2時，由圖象知y＝xf′(x)＞0，那么f′(x)＜0；當－2＜x＜0時，由圖象知y＝xf′(x)＞0，那么f′(x)＜0，所以函數(shù)在x＝－2處沒有極值；在B中，當x＜－2時，由圖象知y＝xf′(x)＜0，那么f′(x)＞0；當－2＜x＜0時，由圖象知y＝xf′(x)＜0，那么f′(x)＞0，所以函數(shù)在x＝－2處沒有極值；在C中，當x＜－2時，由圖象知y＝xf′(x)＞0，那么f′(x)＜0；當－2＜x＜0時，由圖象知y＝xf′(x)＜0，那么f′(x)＞0，所以函數(shù)在x＝－2處取得極小值；在D中，當x＜－2時，由圖象知y＝xf′(x)＜0，那么f′(x)＞0；當－2＜x＜0時，由圖象知y＝xf′(x)＞0，那么f′(x)＜0，所以函數(shù)在x＝－2處取得極大值．綜上所知，選C.20．B12[2023·天津卷]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)假設函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內恰有兩個零點，求a的取值范圍；(3)當a＝1時，設函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值．20．解：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調遞減區(qū)間是(－1，a)．(2)