2015年03月27日1560961913的高中數(shù)學(xué)組卷一．選擇題〔共19小題〕1．函數(shù)f〔*〕=ae*﹣2*﹣2a，a∈[1，2]，假設(shè)函數(shù)f〔*〕在區(qū)間[0，ln2]上的值域?yàn)閇p，q]，則〔〕A．p≥﹣，q B．p，q C．p≥﹣2，q≤﹣1 D．p≥﹣1，q≤02．a(chǎn)為實(shí)數(shù)，函數(shù)f〔*〕=*2﹣|*2﹣a*﹣2|在區(qū)間〔﹣∞，﹣1〕和〔2，+∞〕上單調(diào)遞增，則a的取值圍為〔〕A．[1，8] B．[3，8] C．[1，3] D．[﹣1，8]3．函數(shù)f〔*〕=e*﹣a*﹣1，假設(shè)?*0∈〔0，+∞〕，使得f〔lg*0〕＞f〔*0〕成立，則a的取值圍是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔0，1〕 C．〔1，+∞〕 D．[1，+∞〕4．設(shè)f〔*〕=在區(qū)間[﹣2，2]上最大值為4，則實(shí)數(shù)a的取值圍為〔〕A．[ln2，+∞] B．[0，ln2] C．〔﹣∞，0] D．〔﹣∞，ln2]5．函數(shù)f〔*〕=在區(qū)間[0，+∞〕上的最大值為a，則實(shí)數(shù)a的取值圍是〔〕A．〔﹣∞，﹣] B．〔﹣∞，] C．[﹣，+∞〕 D．[，+∞〕6．定義在R上的奇函數(shù)y=f〔*〕，對(duì)于?*∈R都有f〔1+*〕=f〔1﹣*〕，當(dāng)﹣1≤*＜0時(shí)，f〔*〕=log2〔﹣*〕，則函數(shù)g〔*〕=f〔*〕﹣2在〔0，8〕所有的零點(diǎn)之和為〔〕A．6 B．8 C．10 D．127．函數(shù)f〔*〕=++對(duì)稱(chēng)中心為〔〕A．〔﹣4，6〕 B．〔﹣2，3〕 C．〔﹣4，3〕 D．〔﹣2，6〕8．定義在R上的偶函數(shù)f〔*〕在[0，+∞〕上遞減，假設(shè)不等式f〔﹣a*+ln*+1〕+f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕對(duì)*∈[1，3]恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值圍是〔〕A．[2，e] B．[，+∞〕 C．[，e] D．[，]9．定義域?yàn)镽的函數(shù)f〔*〕在〔2，+∞〕上單調(diào)遞減，且y=f〔*+2〕為偶函數(shù)，則關(guān)于*的不等式f〔2*﹣1〕﹣f〔*+1〕＞0的解集為〔〕A．〔﹣∞，﹣〕∪〔2，+∞〕 B．〔﹣，2〕 C．〔﹣∞，〕∪〔2，+∞〕 D．〔，2〕10．如圖，長(zhǎng)方形ABCD的長(zhǎng)AD=2*，寬AB=*〔*≥1〕，線段MN的長(zhǎng)度為1，端點(diǎn)M、N在長(zhǎng)方形ABCD的四邊上滑動(dòng)，當(dāng)M、N沿長(zhǎng)方形的四邊滑動(dòng)一周時(shí)，線段MN的中點(diǎn)P所形成的軌跡為G，記G的周長(zhǎng)與G圍成的面積數(shù)值的差為y，則函數(shù)y=f〔*〕的圖象大致為〔〕A． B． C． D．11．函數(shù)f〔*〕=〔3*+1〕e*+1+m*〔m≥﹣4e〕，假設(shè)有且僅有兩個(gè)整數(shù)使得f〔*〕≤0，則實(shí)數(shù)m的取值圍是〔〕A．〔，2] B．[﹣，﹣〕 C．[﹣，﹣〕 D．[﹣4e，﹣〕12．點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，按逆時(shí)針?lè)较蜓刂荛L(zhǎng)為l的圖形運(yùn)動(dòng)一周，O，P兩點(diǎn)連線的距離y與點(diǎn)P走過(guò)的路程*的函數(shù)關(guān)系如圖，則點(diǎn)P所走的圖形是〔〕A． B． C． D．13．在實(shí)數(shù)集R上定義一種運(yùn)算“*〞，對(duì)于任意給定的a、b∈R，a*b為唯一確定的實(shí)數(shù)，且具有性質(zhì)：〔1〕對(duì)任意a、b∈R，a*b=b*a；〔2〕對(duì)任意a、b∈R，a*0=a；〔3〕對(duì)任意a、b∈R，〔a*b〕*c=c*〔ab〕+〔a*c〕+〔c*b〕﹣2c．關(guān)于函數(shù)f〔*〕=**的性質(zhì)，有如下說(shuō)法：①在〔0，+∞〕上函數(shù)f〔*〕的最小值為3；②函數(shù)f〔*〕為奇函數(shù)；③函數(shù)f〔*〕的單調(diào)遞增區(qū)間為〔﹣∞，﹣1〕，〔1，+∞〕．其中所有正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)為〔〕A．0 B．1 C．2 D．314．設(shè)f〔*〕滿(mǎn)足：①任意*∈R，有f〔*〕+f〔2﹣*〕=0；②當(dāng)*≥1時(shí)，f〔*〕=|*﹣a|﹣1，〔a＞0〕，假設(shè)*∈R，恒有f〔*〕＞f〔*﹣m〕，則m的取值圍是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔4，+∞〕 C．〔3，+∞〕 D．〔5，+∞〕15．假設(shè)函數(shù)，則f〔f〔1〕〕的值為〔〕A．﹣10 B．10 C．﹣2 D．216．假設(shè)函數(shù)f〔*〕在定義域上存在區(qū)間[a，b]〔ab＞0〕，使f〔*〕在[a，b]上值域?yàn)閇，]，則稱(chēng)f〔*〕在[a，b]上具有“反襯性〞．以下函數(shù)①f〔*〕=﹣*+②f〔*〕=﹣*2+4*③f〔*〕=sin*④f〔*〕=，具有“反襯性〞的為|〔〕A．②③ B．①③ C．①④ D．②④17．函數(shù)f〔*〕=〔++2〕〔+1〕的值域是〔〕A．[2+，8] B．[2+，+∞〕 C．[2，+∞〕 D．[2+，4]18．函數(shù)f〔*〕=1﹣，g〔*〕=ln*，對(duì)于任意m≤，都存在n∈〔0，+∞〕，使得f〔m〕=g〔n〕，則n﹣m的最小值為〔〕A．e﹣ B．1 C．﹣ D．19．函數(shù)f〔*〕=〔*﹣〕?cos*，*∈[﹣π，π]且*≠0，則以下描述正確的選項(xiàng)是〔〕A．函數(shù)f〔*〕為偶函數(shù)B．函數(shù)f〔*〕在〔0，π〕上有最大值無(wú)最小值C．函數(shù)f〔*〕有2個(gè)不同的零點(diǎn)D．函數(shù)f〔*〕在〔﹣π，0〕上單調(diào)遞減二．解答題〔共10小題〕20．函數(shù)f〔*〕=e*﹣e﹣*﹣2*．〔Ⅰ〕討論f〔*〕的單調(diào)性；〔Ⅱ〕設(shè)g〔*〕=f〔2*〕﹣4bf〔*〕，當(dāng)*＞0時(shí)，g〔*〕＞0，求b的最大值；〔Ⅲ〕1.4142＜＜1.4143，估計(jì)ln2的近似值〔準(zhǔn)確到0.001〕．21．函數(shù)f〔*〕=*2+a*+b，g〔*〕=e*〔c*+d〕假設(shè)曲線y=f〔*〕和曲線y=g〔*〕都過(guò)點(diǎn)P〔0，2〕，且在點(diǎn)P處有一樣的切線y=4*+2．〔Ⅰ〕求a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕假設(shè)*≥﹣2時(shí)，f〔*〕≤kg〔*〕，求k的取值圍．22．函數(shù)f〔*〕=aln*﹣a*﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函數(shù)f〔*〕的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕假設(shè)函數(shù)y=f〔*〕的圖象在點(diǎn)〔2，f〔2〕〕處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g〔*〕=*3+*2〔f'〔*〕+〕在區(qū)間〔t，3〕上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值圍；〔Ⅲ〕求證：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．23．函數(shù)，a為正常數(shù)．〔1〕假設(shè)f〔*〕=ln*+φ〔*〕，且，求函數(shù)f〔*〕的單調(diào)增區(qū)間；〔2〕假設(shè)g〔*〕=|ln*|+φ〔*〕，且對(duì)任意*1，*2∈〔0，2]，*1≠*2，都有，求a的取值圍．24．函數(shù)f〔*〕=*2+a*﹣ln*，a∈R．〔1〕假設(shè)函數(shù)f〔*〕在[1，2]上是減函數(shù)，數(shù)a的取值圍；〔2〕令g〔*〕=f〔*〕﹣*2，是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)*∈〔0，e]〔e是自然常數(shù)〕時(shí)，函數(shù)g〔*〕的最小值是3，假設(shè)存在，求出a的值；假設(shè)不存在，說(shuō)明理由；〔3〕當(dāng)*∈〔0，e]時(shí)，證明：．25．設(shè)函數(shù)f〔*〕=ln*﹣﹣b*〔Ⅰ〕當(dāng)a=b=時(shí)，求函數(shù)f〔*〕的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕令F〔*〕=f〔*〕+＜*≤3〕，其圖象上任意一點(diǎn)P〔*0，y0〕處切線的斜率k≤恒成立，數(shù)a的取值圍；〔Ⅲ〕當(dāng)a=0，b=﹣1時(shí)，方程f〔*〕=m*在區(qū)間[1，e2]有唯一實(shí)數(shù)解，數(shù)m的取值圍．26．設(shè)函數(shù)f〔*〕=〔1+*〕2﹣2ln〔1+*〕〔1〕假設(shè)關(guān)于*的不等式f〔*〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有實(shí)數(shù)解，數(shù)m的取值圍．〔2〕設(shè)g〔*〕=f〔*〕﹣*2﹣1，假設(shè)關(guān)于*的方程g〔*〕=p至少有一個(gè)解，求p的最小值．〔3〕證明不等式：〔n∈N*〕．27．函數(shù)f〔*〕=*2﹣aln*在區(qū)間〔1，2]是增函數(shù)，g〔*〕=*﹣a在區(qū)間〔0，1]是減函數(shù)．〔1〕求f〔*〕，g〔*〕的表達(dá)式；〔2〕求證：當(dāng)*＞0時(shí)，方程f〔*〕﹣g〔*〕=*2﹣2*+3有唯一解；〔3〕當(dāng)b＞﹣1時(shí)，假設(shè)f〔*〕≥2b*﹣在*∈〔0，1]恒成立，求b的取值圍．28．函數(shù)f〔*〕=，g〔*〕=〔〕|*﹣m|，其中m∈R且m≠0．〔Ⅰ〕判斷函數(shù)f〔*〕的單調(diào)性；〔Ⅱ〕當(dāng)m＜﹣2時(shí)，求函數(shù)F〔*〕=f〔*〕+g〔*〕在區(qū)間[﹣2，2]上的最值；〔Ⅲ〕設(shè)函數(shù)h〔*〕=，當(dāng)m≥2時(shí)，假設(shè)對(duì)于任意的*1∈[2，+∞〕，總存在唯一的*2∈〔﹣∞，2〕，使得h〔*1〕=h〔*2〕成立，試求m的取值圍．29．對(duì)于函數(shù)f〔*〕和g〔*〕，假設(shè)存在常數(shù)k，m，對(duì)于任意*∈R，不等式f〔*〕≥k*+m≥g〔*〕都成立，則稱(chēng)直線y=k*+m是函數(shù)f〔*〕，g〔*〕的分界限．函數(shù)f〔*〕=e*〔a*+1〕〔e為自然對(duì)數(shù)的底，a∈R為常數(shù)〕．〔Ⅰ〕討論函數(shù)f〔*〕的單調(diào)性；〔Ⅱ〕設(shè)a=1，試探究函數(shù)f〔*〕與函數(shù)g〔*〕=﹣*2+2*+1是否存在“分界限〞？假設(shè)存在，求出分界限方程；假設(shè)不存在，試說(shuō)明理由．2015年03月27日1560961913的高中數(shù)學(xué)組卷參考答案與試題解析一．選擇題〔共19小題〕1．〔2016?縣模擬〕函數(shù)f〔*〕=ae*﹣2*﹣2a，a∈[1，2]，假設(shè)函數(shù)f〔*〕在區(qū)間[0，ln2]上的值域?yàn)閇p，q]，則〔〕A．p≥﹣，q B．p，q C．p≥﹣2，q≤﹣1 D．p≥﹣1，q≤0【分析】構(gòu)造函數(shù)g〔a〕=〔e*﹣2〕a﹣2*，a∈[1，2]，由*∈[0，ln2]，可得e*∈[1，2]．看做關(guān)于a的因此函數(shù)可得：g〔*〕ma*=g〔1〕=e*﹣2﹣2*，g〔*〕min=g〔2〕=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．函數(shù)f〔*〕在區(qū)間[0，ln2]上的值域?yàn)閇p，q]，利用q=e*﹣2﹣2*，p=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值，即可得出．【解答】解：構(gòu)造函數(shù)g〔a〕=〔e*﹣2〕a﹣2*，a∈[1，2]，由*∈[0，ln2]，可得e*∈[1，2]．∴g〔a〕在a∈[1，2]上單調(diào)遞減，∴g〔a〕ma*=g〔1〕=e*﹣2﹣2*，g〔a〕min=g〔2〕=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．函數(shù)f〔*〕在區(qū)間[0，ln2]上的值域?yàn)閇p，q]，∴q=e*﹣2﹣2*，p=2e*﹣4﹣2*．*∈[0，ln2]．q′=e*﹣2≤0，∴函數(shù)q〔*〕單調(diào)遞減，∴q〔ln2〕≤q≤q〔0〕，∴﹣2ln2≤q≤﹣1．p′=2e*﹣2≥0，∴函數(shù)p〔*〕單調(diào)遞增，∴p〔ln2〕≥p≥p〔0〕，﹣2ln2≥p≥﹣2．．綜上可得：p≥﹣2，q≤﹣1．應(yīng)選：C．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了一次函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考察了轉(zhuǎn)化能力與計(jì)算能力，屬于難題．2．〔2016?義烏市模擬〕a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f〔*〕=*2﹣|*2﹣a*﹣2|在區(qū)間〔﹣∞，﹣1〕和〔2，+∞〕上單調(diào)遞增，則a的取值圍為〔〕A．[1，8] B．[3，8] C．[1，3] D．[﹣1，8]【分析】根據(jù)絕對(duì)值的應(yīng)用，將函數(shù)進(jìn)展轉(zhuǎn)化，結(jié)合一元二次不等式與一元二次函數(shù)之間的關(guān)系，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)進(jìn)展討論判斷．【解答】解：令函數(shù)g〔*〕=*2﹣a*﹣2，由于g〔*〕的判別式△=a2+8＞0，故函數(shù)g〔*〕一定有兩個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為*1和*2，且*1＜*2．∵函數(shù)f〔*〕=*2﹣|*2﹣a*﹣2|=，故當(dāng)*∈〔﹣∞，*1〕、〔*2，+∞〕時(shí)，函數(shù)f〔*〕的圖象是位于同一條直線上的兩條射線，當(dāng)*∈〔*1，*2〕時(shí)，函數(shù)f〔*〕的圖象是拋物線y=2*2﹣a*﹣2下凹的一局部，且各段連在一起．由于f〔*〕在區(qū)間〔﹣∞，﹣1〕和〔2，+∞〕上單調(diào)遞增，∴a＞0且函數(shù)g〔*〕較小的零點(diǎn)*1=≥﹣1，即a+2≥，平方得a2+4a+4≥a2+8，得a≥1，同時(shí)由y=2*2﹣a*﹣2的對(duì)稱(chēng)軸為*=，假設(shè)且﹣1≤≤2，可得﹣4≤a≤8．綜上可得，1≤a≤8，故實(shí)a的取值圍為[1，8]，應(yīng)選：A．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，根據(jù)絕對(duì)值的意義轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)，利用一元二次函數(shù)和一元二次不等式之間的關(guān)系是解決此題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．3．〔2016?校級(jí)二模〕函數(shù)f〔*〕=e*﹣a*﹣1，假設(shè)?*0∈〔0，+∞〕，使得f〔lg*0〕＞f〔*0〕成立，則a的取值圍是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔0，1〕 C．〔1，+∞〕 D．[1，+∞〕【分析】可知lg*0＜*0，從而根據(jù)條件便可判斷f〔*〕為減函數(shù)或存在極值點(diǎn)，求導(dǎo)數(shù)f′〔*〕=e*﹣a，從而可判斷f〔*〕不可能為減函數(shù)，只能存在極值點(diǎn)，從而方程a=e*有解，這樣由指數(shù)函數(shù)y=e*的單調(diào)性即可得出a的取值圍．【解答】解：∵lg*0＜*0；∴要滿(mǎn)足?*0∈〔0，+∞〕，使f〔lg*0〕＞f〔*0〕，則：函數(shù)f〔*〕為減函數(shù)或函數(shù)f〔*〕存在極值點(diǎn)；∵f′〔*〕=e*﹣a；*∈〔0，+∞〕時(shí)，f′〔*〕≤0不恒成立，即f〔*〕不是減函數(shù)；∴只能f〔*〕存在極值點(diǎn)，∴f′〔*〕=0有解，即a=e*有解；∴a∈〔1，+∞〕；即a的取值圍為〔1，+∞〕．應(yīng)選：C．【點(diǎn)評(píng)】考察函數(shù)y=lg*和y=*圖象的位置關(guān)系，減函數(shù)的定義，函數(shù)極值和極值點(diǎn)的定義，以及指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性．4．〔2016?二?！吃O(shè)f〔*〕=在區(qū)間[﹣2，2]上最大值為4，則實(shí)數(shù)a的取值圍為〔〕A．[ln2，+∞] B．[0，ln2] C．〔﹣∞，0] D．〔﹣∞，ln2]【分析】分別求出函數(shù)在﹣2≤*≤0和〔0，2]的最大值，進(jìn)展比擬即可得到結(jié)論．【解答】解：當(dāng)﹣2≤*≤0時(shí)f〔*〕=4*3+6*2+2，則f′〔*〕=12*2+12*=12*〔*+1〕，由f′〔*〕＞0得﹣2＜*＜﹣1，由f′〔*〕＜0得﹣1＜*＜0，則當(dāng)*=﹣1時(shí)，函數(shù)f〔*〕取得極大值，此時(shí)f〔﹣1〕=﹣4+6+2=4；當(dāng)*＞0時(shí)，f〔*〕=2ea*，假設(shè)a=0，則f〔*〕=2＜4，假設(shè)a＜0，則函數(shù)f〔*〕在〔0，2]上為減函數(shù)，則f〔*〕＜f〔0〕=2，此時(shí)函數(shù)的最大值小于4，假設(shè)a＞0，則函數(shù)在〔0，2]為增函數(shù)，此時(shí)函數(shù)的最大值為f〔2〕=2e2a，要使f〔*〕在區(qū)間[﹣2，2]上最大值為4，則2e2a≤4，即e2a≤2，得2a≤ln2，則a≤ln2，綜上所述，a≤ln2，應(yīng)選：D【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)最值的應(yīng)用，根據(jù)分段函數(shù)的表達(dá)式分別求出對(duì)應(yīng)區(qū)間上的最大值，進(jìn)展比擬是解決此題的關(guān)鍵．5．〔2016春?校級(jí)期中〕函數(shù)f〔*〕=在區(qū)間[0，+∞〕上的最大值為a，則實(shí)數(shù)a的取值圍是〔〕A．〔﹣∞，﹣] B．〔﹣∞，] C．[﹣，+∞〕 D．[，+∞〕【分析】由求導(dǎo)公式和法則求出f′〔*〕，化簡(jiǎn)后對(duì)a進(jìn)展分類(lèi)討論，分別利用導(dǎo)數(shù)在定義域求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值，再求出實(shí)數(shù)a的取值圍．【解答】解：由題意得，==，〔1〕當(dāng)a=1時(shí)，，當(dāng)*∈〔0，2〕時(shí)，f′〔*〕＜0，f〔*〕在〔0，2〕上遞減，當(dāng)*∈〔2，+∞〕時(shí)，f′〔*〕＞0，f〔*〕在〔0，2〕上遞增，∴f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上有極小值f〔2〕=，∵f〔0〕=a=1，且=＜0，∴f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上有最大值f〔0〕=a=1，成立；〔2〕當(dāng)a＞1時(shí)，由f′〔*〕=0得*=2或＜0，∴當(dāng)*∈〔0，2〕時(shí)，f′〔*〕＜0，f〔*〕在〔0，2〕上遞減，當(dāng)*∈〔2，+∞〕時(shí)，f′〔*〕＞0，f〔*〕在〔0，2〕上遞增，∴f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上有極小值f〔2〕=，∵f〔0〕=a＞1，且=＜1，∴f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上有最大值f〔0〕=a，成立；〔3〕當(dāng)a＜1時(shí)，由f′〔*〕=0得*=2或，①當(dāng)a=時(shí)，有2=，f′〔*〕＜0，則f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上遞減，∴f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上的最大值是f〔0〕=a，成立，②當(dāng)時(shí)，有2＜，當(dāng)*∈〔2，〕時(shí)，f′〔*〕＞0，則f〔*〕在區(qū)間〔2，〕上遞增，當(dāng)*∈〔，+∞〕、〔0，2〕時(shí)，f′〔*〕＜0，則f〔*〕在區(qū)間〔，+∞〕、〔0，2〕上遞減，∴f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上的極大值是f〔〕=，又f〔0〕=a，由題意得≤a，解得0≤a＜1，即成立，③當(dāng)時(shí)，有2＞，當(dāng)*∈〔，2〕時(shí)，f′〔*〕＞0，則f〔*〕在區(qū)間〔，2〕上遞增，當(dāng)*∈〔2，+∞〕時(shí)，f′〔*〕＜0，則f〔*〕在區(qū)間〔2，+∞〕上遞減，∴f〔*〕在區(qū)間[0，+∞〕上的極大值是f〔2〕==，又f〔0〕=a，由題意得≤a，解得a≥，即，綜上可得，a的取值圍是，應(yīng)選：D．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、最值的關(guān)系，考察分類(lèi)討論思想和極限思想的應(yīng)用，屬于難題．6．〔2016?二?！扯x在R上的奇函數(shù)y=f〔*〕，對(duì)于?*∈R都有f〔1+*〕=f〔1﹣*〕，當(dāng)﹣1≤*＜0時(shí)，f〔*〕=log2〔﹣*〕，則函數(shù)g〔*〕=f〔*〕﹣2在〔0，8〕所有的零點(diǎn)之和為〔〕A．6 B．8 C．10 D．12【分析】根據(jù)函數(shù)奇偶性和對(duì)稱(chēng)性之間的關(guān)系求出函數(shù)是周期為4的周期函數(shù)，作出函數(shù)在一個(gè)周期的圖象，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)展求解．【解答】解：∵奇函數(shù)y=f〔*〕，對(duì)于?*∈R都有f〔1+*〕=f〔1﹣*〕，∴f〔1+*〕=f〔1﹣*〕=﹣f〔*﹣1〕，則f〔2+*〕=﹣f〔*〕，即f〔4+*〕=f〔*〕，則函數(shù)f〔*〕是周期為4的周期函數(shù)．假設(shè)0＜*≤1，則﹣1≤﹣*＜0，則f〔﹣*〕=log2*=﹣f〔*〕，則f〔*〕=﹣log2*，0＜*≤1，假設(shè)1≤*＜2，則﹣1≤*﹣2＜0，∵f〔2+*〕=﹣f〔*〕，∴f〔*〕=﹣f〔*﹣2〕，則f〔*〕=﹣f〔*﹣2〕=﹣log2〔2﹣*〕，1≤*＜2，假設(shè)2＜*＜3，則0＜*﹣2＜1，f〔*〕=﹣f〔*﹣2〕=log2〔*﹣2〕，2＜*＜3，由g〔*〕=f〔*〕﹣2=0得f〔*〕=2，作出函數(shù)f〔*〕在〔0，8〕的圖象如圖：由圖象知f〔*〕與y=2在〔0，8〕只有4個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)0＜*≤1時(shí)，由f〔*〕=﹣log2*=2，得*=，當(dāng)1≤*＜2時(shí)，由f〔*〕=﹣log2〔2﹣*〕=2得*=，則在區(qū)間〔4，5〕的函數(shù)零點(diǎn)*=4+=，在區(qū)間〔5，6〕的函數(shù)零點(diǎn)*=+4=，則在〔0，8〕的零點(diǎn)之和為+++==12故在〔0，8〕所有的零點(diǎn)之12，應(yīng)選：D【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)與方程的應(yīng)用，根據(jù)函數(shù)奇偶性和對(duì)稱(chēng)性的性質(zhì)求出函數(shù)的周期性，利用函數(shù)與方程之間的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的交點(diǎn)問(wèn)題，利用數(shù)形結(jié)合是解決此題的關(guān)鍵．7．〔2016?模擬〕函數(shù)f〔*〕=++對(duì)稱(chēng)中心為〔〕A．〔﹣4，6〕 B．〔﹣2，3〕 C．〔﹣4，3〕 D．〔﹣2，6〕【分析】由中函數(shù)f〔*〕=++，可得6﹣f〔﹣4﹣*〕=f〔*〕，結(jié)合函數(shù)圖象對(duì)稱(chēng)變換法則，可得函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)中心．【解答】解：∵函數(shù)f〔*〕=++=3﹣〔〕，∴6﹣f〔﹣4﹣*〕=6﹣〔++〕=6﹣〔++〕=3﹣〔〕，∴6﹣f〔﹣4﹣*〕=f〔*〕，即函數(shù)f〔*〕=++對(duì)稱(chēng)中心為〔﹣2，3〕，應(yīng)選：B．【點(diǎn)評(píng)】此題考察的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)性，函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)變換，難度較大．8．〔2016?三?！扯x在R上的偶函數(shù)f〔*〕在[0，+∞〕上遞減，假設(shè)不等式f〔﹣a*+ln*+1〕+f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕對(duì)*∈[1，3]恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值圍是〔〕A．[2，e] B．[，+∞〕 C．[，e] D．[，]【分析】由條件利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，可得0≤a*﹣ln*≤2對(duì)*∈[1，3]恒成立．令g〔*〕=a*﹣ln*，則由g′〔*〕=a﹣=0，求得*=．分類(lèi)討論求得g〔*〕的最大值和最小值，從而求得a的圍．【解答】解：∵定義在R上的偶函數(shù)f〔*〕在[0，+∞〕上遞減，∴f〔*〕在〔﹣∞，0〕上單調(diào)遞增，假設(shè)不等式f〔﹣a*+ln*+1〕+f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕對(duì)*∈[1，3]恒成立，則2f〔a*﹣ln*﹣1〕≥2f〔1〕對(duì)*∈[1，3]恒成立，即f〔a*﹣ln*﹣1〕≥f〔1〕對(duì)*∈[1，3]恒成立．∴﹣1≤a*﹣ln*﹣1≤1對(duì)*∈[1，3]恒成立，即0≤a*﹣ln*≤2對(duì)*∈[1，3]恒成立．令g〔*〕=a*﹣ln*，則由g′〔*〕=a﹣=0，求得*=．①當(dāng)≤1，即a＜0或a≥1時(shí)，g′〔*〕≥0在[1，3]上恒成立，g〔*〕為增函數(shù)，∵最小值g〔1〕=a≥0，最大值g〔3〕=3a﹣ln3≤2，∴0≤a≤，綜合可得，1≤a≤．②當(dāng)≥3，即0＜a≤時(shí)，g′〔*〕≤0在[1，3]上恒成立，g〔*〕為減函數(shù)，∵最大值g〔1〕=a≤2，最小值g〔3〕=3a﹣ln3≥0，∴≤a≤2，綜合可得，a無(wú)解．③當(dāng)1＜＜3，即＜a＜1時(shí)，在[1，〕上，g′〔*〕＜0恒成立，g〔*〕為減函數(shù)；在〔，3]上，g′〔*〕＞0恒成立，g〔*〕為增函數(shù)．故函數(shù)的最小值為g〔〕=1﹣ln，∵g〔1〕=a，g〔3〕=3a﹣ln3，g〔3〕﹣g〔1〕=2a﹣ln3．假設(shè)2a﹣ln3＞0，即ln＜a＜1，∵g〔3〕﹣g〔1〕＞0，則最大值為g〔3〕=3a﹣ln3，此時(shí)，由1﹣ln≥0，g〔3〕=3a﹣ln3≤2，求得≤a≤，綜合可得，ln＜a＜1．假設(shè)2a﹣ln3≤0，即＜a≤ln3=ln，∵g〔3〕﹣g〔1〕≤0，則最大值為g〔1〕=a，此時(shí)，最小值1﹣ln≥0，最大值g〔1〕=a≤2，求得≤a≤2，綜合可得≤a≤ln．綜合①②③可得，1≤a≤或ln＜a＜1或≤a≤ln，即≤a≤，應(yīng)選：D．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的綜合應(yīng)用，函數(shù)的恒成立問(wèn)題，表達(dá)了轉(zhuǎn)化、分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．9．〔2016?校級(jí)模擬〕定義域?yàn)镽的函數(shù)f〔*〕在〔2，+∞〕上單調(diào)遞減，且y=f〔*+2〕為偶函數(shù)，則關(guān)于*的不等式f〔2*﹣1〕﹣f〔*+1〕＞0的解集為〔〕A．〔﹣∞，﹣〕∪〔2，+∞〕 B．〔﹣，2〕 C．〔﹣∞，〕∪〔2，+∞〕 D．〔，2〕【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性的關(guān)系，將不等式進(jìn)展轉(zhuǎn)化進(jìn)展求解即可．【解答】解：∵定義域?yàn)镽的函數(shù)f〔*〕在〔2，+∞〕上單調(diào)遞減，且y=f〔*+2〕為偶函數(shù)，∴y=f〔*+2〕關(guān)于*=0對(duì)稱(chēng)，即函數(shù)f〔*+2〕在〔0，+∞〕上為減函數(shù)，由f〔2*﹣1〕﹣f〔*+1〕＞0得f〔2*﹣1〕＞f〔*+1〕，即f〔2*﹣3+2〕＞f〔*﹣1+2〕，即|2*﹣3|＜|*﹣1|，平方整理得3*2﹣10*+8＜0，即＜*＜2，即不等式的解集為〔，2〕，應(yīng)選：D【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察不等式的求解，利用函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的關(guān)系，將不等式進(jìn)展轉(zhuǎn)化是解決此題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．10．〔2016?校級(jí)模擬〕如圖，長(zhǎng)方形ABCD的長(zhǎng)AD=2*，寬AB=*〔*≥1〕，線段MN的長(zhǎng)度為1，端點(diǎn)M、N在長(zhǎng)方形ABCD的四邊上滑動(dòng)，當(dāng)M、N沿長(zhǎng)方形的四邊滑動(dòng)一周時(shí)，線段MN的中點(diǎn)P所形成的軌跡為G，記G的周長(zhǎng)與G圍成的面積數(shù)值的差為y，則函數(shù)y=f〔*〕的圖象大致為〔〕A． B． C． D．【分析】根據(jù)條件確定點(diǎn)P，對(duì)應(yīng)的軌跡，然后求出相應(yīng)的周長(zhǎng)和面積，求出函數(shù)f〔*〕的表達(dá)式，然后根據(jù)函數(shù)表達(dá)式進(jìn)展判斷圖象即可．【解答】解：∵線段MN的長(zhǎng)度為1，線段MN的中點(diǎn)P，∴AP=，即P的軌跡是分別以A，B，C，D為圓心，半徑為的4個(gè)圓，以及線段GH，F(xiàn)E，RT，LK，局部．∴G的周長(zhǎng)等于四個(gè)圓弧長(zhǎng)加上線段GH，F(xiàn)E，RT，LK的長(zhǎng)，即周長(zhǎng)==π+4*﹣2+2*﹣2=6*+π﹣4，面積為矩形的面積減去4個(gè)圓的面積，即等于矩形的面積減去一個(gè)整圓的面積為，∴f〔*〕=6*+π﹣4﹣=，是一個(gè)開(kāi)口向下的拋物線，∴對(duì)應(yīng)的圖象為C，應(yīng)選：C．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)圖象的識(shí)別和判斷，根據(jù)條件確定點(diǎn)P的軌跡是解決此題的關(guān)鍵，綜合性較強(qiáng)，難度較大．11．〔2016?校級(jí)模擬〕函數(shù)f〔*〕=〔3*+1〕e*+1+m*〔m≥﹣4e〕，假設(shè)有且僅有兩個(gè)整數(shù)使得f〔*〕≤0，則實(shí)數(shù)m的取值圍是〔〕A．〔，2] B．[﹣，﹣〕 C．[﹣，﹣〕 D．[﹣4e，﹣〕【分析】根據(jù)不等式的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的大小關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)g〔*〕=m*，h〔*〕=﹣〔3*+1〕e*+1，利用g〔*〕≤h〔*〕的整數(shù)解只有2個(gè)，建立不等式關(guān)系進(jìn)展求解即可．【解答】解：由f〔*〕≤0得〔3*+1〕e*+1+m*≤0，即m*≤﹣〔3*+1〕e*+1，設(shè)g〔*〕=m*，h〔*〕=﹣〔3*+1〕e*+1，h′〔*〕=﹣〔3e*+1+〔3*+1〕e*+1〕=﹣〔3*+4〕e*+1，由h′〔*〕＞0得﹣〔3*+4〕＞0，即*＜﹣，由h′〔*〕＜0得﹣〔3*+4〕＜0，即*＞﹣，即當(dāng)*=﹣時(shí)，函數(shù)h〔*〕取得極大值，當(dāng)m≥0時(shí)，滿(mǎn)足g〔*〕≤h〔*〕的整數(shù)解超過(guò)2個(gè)，不滿(mǎn)足條件．當(dāng)m＜0時(shí)，要使g〔*〕≤h〔*〕的整數(shù)解只有2個(gè)，則滿(mǎn)足，即，即，即﹣≤m＜﹣，即實(shí)數(shù)m的取值圍是[﹣，﹣〕，應(yīng)選：B【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)與方程的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合以及利用構(gòu)造法，構(gòu)造函數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合建立不等式關(guān)系是解決此題的關(guān)鍵．12．〔2016?通州區(qū)一?！滁c(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，按逆時(shí)針?lè)较蜓刂荛L(zhǎng)為l的圖形運(yùn)動(dòng)一周，O，P兩點(diǎn)連線的距離y與點(diǎn)P走過(guò)的路程*的函數(shù)關(guān)系如圖，則點(diǎn)P所走的圖形是〔〕A． B． C． D．【分析】根據(jù)O，P兩點(diǎn)連線的距離y與點(diǎn)P走過(guò)的路程*的函數(shù)圖象，由圖象可知函數(shù)值隨自變量的變化成軸對(duì)稱(chēng)性并且變化圓滑．由此即可排除A、C．D．【解答】解：觀察函數(shù)的運(yùn)動(dòng)圖象，可以發(fā)現(xiàn)兩個(gè)顯著特點(diǎn)：①點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到周長(zhǎng)的一半時(shí)，OP最大；②點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)圖象是拋物線．設(shè)點(diǎn)M為周長(zhǎng)的一半，A．當(dāng)點(diǎn)P在線段OA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，y=*，其圖象是一條線段，不符合條件，B．滿(mǎn)足條件．C．當(dāng)點(diǎn)P在線段OA上運(yùn)動(dòng)時(shí)，y=*，其圖象是一條線段，不符合條件，D．OM≤OP，不符合條件①，并且OP的距離不是對(duì)稱(chēng)變化的，因此排除選項(xiàng)D．應(yīng)選：B．【點(diǎn)評(píng)】此題考察函數(shù)圖象的識(shí)別和判斷，考察對(duì)于運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的深刻理解，解題關(guān)鍵是認(rèn)真分析函數(shù)圖象的特點(diǎn)．考察學(xué)生分析問(wèn)題的能力．13．〔2016?棲霞市校級(jí)模擬〕在實(shí)數(shù)集R上定義一種運(yùn)算“*〞，對(duì)于任意給定的a、b∈R，a*b為唯一確定的實(shí)數(shù)，且具有性質(zhì)：〔1〕對(duì)任意a、b∈R，a*b=b*a；〔2〕對(duì)任意a、b∈R，a*0=a；〔3〕對(duì)任意a、b∈R，〔a*b〕*c=c*〔ab〕+〔a*c〕+〔c*b〕﹣2c．關(guān)于函數(shù)f〔*〕=**的性質(zhì)，有如下說(shuō)法：①在〔0，+∞〕上函數(shù)f〔*〕的最小值為3；②函數(shù)f〔*〕為奇函數(shù)；③函數(shù)f〔*〕的單調(diào)遞增區(qū)間為〔﹣∞，﹣1〕，〔1，+∞〕．其中所有正確說(shuō)法的個(gè)數(shù)為〔〕A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根據(jù)條件在③中令c=0得到a*b=ab+a+b從而得到f〔*〕的表達(dá)式，結(jié)合函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性和最值的性質(zhì)分別進(jìn)展判斷即可．【解答】解：①由新運(yùn)算“*〞的定義③令c=0，則〔a*b〕*0=0*〔ab〕+〔a*0〕+〔0*b〕=ab+a+b，即a*b=ab+a+b∴f〔*〕=**=1+*+，當(dāng)*＞0時(shí)，f〔*〕=**=1+*+≥1+2=1+2=3，當(dāng)且僅當(dāng)*=，即*=1時(shí)取等號(hào)，∴在〔0，+∞〕上函數(shù)f〔*〕的最小值為3；故①正確，②函數(shù)的定義域?yàn)椤博仭蓿?〕∪〔0，+∞〕，∵f〔1〕=1+1+1=3，f〔﹣1〕=1﹣1﹣1=﹣1，∴f〔﹣1〕≠﹣f〔1〕且f〔﹣1〕≠f〔1〕，則函數(shù)f〔*〕為非奇非偶函數(shù)，故②錯(cuò)誤，③函數(shù)的f′〔*〕=1﹣，令f′〔*〕=0則*=±1，∵當(dāng)*∈〔﹣∞，﹣1〕或〔1，+∞〕時(shí)，f′〔*〕＞0∴函數(shù)f〔*〕的單調(diào)遞增區(qū)間為〔﹣∞，﹣1〕、〔1，+∞〕．故③正確；故正確的選項(xiàng)是①③，應(yīng)選：C【點(diǎn)評(píng)】此題是一個(gè)新定義運(yùn)算型問(wèn)題，考察了函數(shù)的最值、奇偶性、單調(diào)性等有關(guān)性質(zhì)，根據(jù)條件令c=0求出函數(shù)的解析式是解決此題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．14．〔2016?模擬〕設(shè)f〔*〕滿(mǎn)足：①任意*∈R，有f〔*〕+f〔2﹣*〕=0；②當(dāng)*≥1時(shí)，f〔*〕=|*﹣a|﹣1，〔a＞0〕，假設(shè)*∈R，恒有f〔*〕＞f〔*﹣m〕，則m的取值圍是〔〕A．〔0，+∞〕 B．〔4，+∞〕 C．〔3，+∞〕 D．〔5，+∞〕【分析】根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性求出a的值，作出函數(shù)f〔*〕的圖象，利用數(shù)形結(jié)合以及圖象關(guān)系進(jìn)展平移計(jì)算即可．【解答】解：∵任意*∈R，有f〔*〕+f〔2﹣*〕=0，∴f〔2﹣*〕=﹣f〔*〕，則函數(shù)關(guān)于〔1，0〕點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，當(dāng)*=1時(shí)，f〔1〕+f〔2﹣1〕=0，即2f〔1〕=0，則f〔1〕=0，∵當(dāng)*≥1時(shí)，f〔*〕=|*﹣a|﹣1，∴f〔1〕=|1﹣a|﹣1=0，則|a﹣1|=1，則a﹣1=1或a﹣1=﹣1，則a=2或a=0，∵a＞0，∴a=2，即當(dāng)*≥1時(shí)，f〔*〕=|*﹣2|﹣1當(dāng)*≤1時(shí)，﹣*≥﹣1，2﹣*≥1，即f〔*〕=﹣f〔2﹣*〕=﹣〔|2﹣*﹣2|﹣1〕=1﹣|*|，*≤1，作出函數(shù)f〔*〕的圖象如圖：假設(shè)f〔*〕＞f〔*﹣m〕，則由圖象知，將函數(shù)f〔*〕向右平移m個(gè)單位即可，由圖象知，m＞4，應(yīng)選：B【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)圖象的應(yīng)用，根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性求出函數(shù)的解析式，以及利用圖象平移是解決此題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．15．〔2016?模擬〕假設(shè)函數(shù)，則f〔f〔1〕〕的值為〔〕A．﹣10 B．10 C．﹣2 D．2【分析】先求f〔1〕，再求f〔f〔1〕〕即可．【解答】解：f〔1〕=2﹣4=﹣2，f〔f〔1〕〕=f〔﹣2〕=2×〔﹣2〕+2=﹣2，應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了分段函數(shù)的應(yīng)用及復(fù)合函數(shù)的應(yīng)用．16．〔2016春?義烏市期末〕假設(shè)函數(shù)f〔*〕在定義域上存在區(qū)間[a，b]〔ab＞0〕，使f〔*〕在[a，b]上值域?yàn)閇，]，則稱(chēng)f〔*〕在[a，b]上具有“反襯性〞．以下函數(shù)①f〔*〕=﹣*+②f〔*〕=﹣*2+4*③f〔*〕=sin*④f〔*〕=，具有“反襯性〞的為|〔〕A．②③ B．①③ C．①④ D．②④【分析】根據(jù)條件得到假設(shè)函數(shù)在區(qū)間[a，b]上具有“反襯性〞，則等價(jià)為在區(qū)間[a，b]上，函數(shù)f〔*〕與y=有兩個(gè)交點(diǎn)，且函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減即可，作出對(duì)應(yīng)的圖象，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)展判斷即可．【解答】解：假設(shè)函數(shù)f〔*〕在定義域上存在區(qū)間[a，b]〔ab＞0〕，使f〔*〕在[a，b]上值域?yàn)閇，]，則等價(jià)為函數(shù)f〔*〕與y=有兩個(gè)交點(diǎn)，且函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減即可．①假設(shè)f〔*〕=﹣*+，作出函數(shù)f〔*〕與y=的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，則f〔*〕具有“反襯性〞，②假設(shè)f〔*〕=﹣*2+4*，作出函數(shù)f〔*〕與y=的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，但函數(shù)在交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的區(qū)間上不具單調(diào)性，則f〔*〕不具有“反襯性〞，③f〔*〕=sin*，作出函數(shù)f〔*〕與y=的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，函數(shù)在交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的區(qū)間上單調(diào)遞減，則f〔*〕具有“反襯性〞，④f〔*〕=，當(dāng)2＜*＜3時(shí)，f〔*〕=f〔*﹣1〕=[﹣|*﹣2|+1]=﹣|*﹣2|+，當(dāng)3＜*＜4時(shí)，f〔*〕=f〔*﹣1〕=[﹣|*﹣3|+]=﹣|*﹣2|+，作出函數(shù)f〔*〕與y=的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，函數(shù)在交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的區(qū)間上不單調(diào)遞減，則f〔*〕不具有“反襯性〞，綜上具有“反襯性〞的函數(shù)是①③，應(yīng)選：B【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察與函數(shù)有關(guān)的新定義題目，正確理解條件結(jié)合數(shù)形結(jié)合，轉(zhuǎn)化為函數(shù)f〔*〕與y=有兩個(gè)交點(diǎn)，且函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減是解決此題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．17．〔2016春?期末〕函數(shù)f〔*〕=〔++2〕〔+1〕的值域是〔〕A．[2+，8] B．[2+，+∞〕 C．[2，+∞〕 D．[2+，4]【分析】容易得出f〔*〕的定義域?yàn)閇﹣1，1]，并設(shè)，兩邊平方，根據(jù)*的圍即可求出，且得出，從而得出，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)在上的符號(hào)即可判斷函數(shù)在上單調(diào)遞增，從而得出y的圍，即得出函數(shù)f〔*〕的值域．【解答】解：f〔*〕的定義域?yàn)閇﹣1，1]；設(shè)，則；∵﹣1≤*≤1；∴0≤1﹣*2≤1，；∴2≤t2≤4；∴，且，設(shè)y=f〔*〕；∴；∴，令y′=0得，，或0；∴在上單調(diào)遞增；∴時(shí)，y取最小值，t=2時(shí)，y取最大值8；∴；∴原函數(shù)的值域?yàn)椋畱?yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】考察函數(shù)值域的概念及求法，換元法求函數(shù)的值域，結(jié)合二次函數(shù)的圖象求二次函數(shù)的值域，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，以及根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)最值的方法．18．〔2016春?華鎣市期末〕函數(shù)f〔*〕=1﹣，g〔*〕=ln*，對(duì)于任意m≤，都存在n∈〔0，+∞〕，使得f〔m〕=g〔n〕，則n﹣m的最小值為〔〕A．e﹣ B．1 C．﹣ D．【分析】由題意可得1﹣=lnn；從而可得n=；令1﹣=t，t＜1；則m=t﹣，從而得到y(tǒng)=n﹣m=et﹣t+；求導(dǎo)求函數(shù)的最小值即可．【解答】解：由m≤知1﹣≤1；由f〔m〕=g〔n〕可化為1﹣=lnn；故n=；令1﹣=t，t≤1；則m=t﹣，則y=n﹣m=et﹣t+；故y′=et+t﹣1在〔﹣∞，1]上是增函數(shù)，且y′=0時(shí)，t=0；故y=n﹣m=et﹣t+在t=0時(shí)有最小值，故n﹣m的最小值為1；應(yīng)選：B．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了函數(shù)恒成立問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)法以及換元法轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值是解決此題的關(guān)鍵．19．〔2016春?期末〕函數(shù)f〔*〕=〔*﹣〕?cos*，*∈[﹣π，π]且*≠0，則以下描述正確的選項(xiàng)是〔〕A．函數(shù)f〔*〕為偶函數(shù)B．函數(shù)f〔*〕在〔0，π〕上有最大值無(wú)最小值C．函數(shù)f〔*〕有2個(gè)不同的零點(diǎn)D．函數(shù)f〔*〕在〔﹣π，0〕上單調(diào)遞減【分析】A．根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)展判斷，B．將函數(shù)分解為g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，討論g〔*〕和h〔*〕的單調(diào)性和符號(hào)，進(jìn)展判斷，C．根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的定義解方程f〔*〕=0進(jìn)展判斷，D．將函數(shù)分解為g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，討論g〔*〕和h〔*〕的單調(diào)性即可．【解答】解：A．函數(shù)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則f〔﹣*〕=〔﹣*+〕?cos*=﹣〔*﹣〕?cos*=﹣f〔*〕，即函數(shù)f〔*〕為奇函數(shù)．故A錯(cuò)誤，B．當(dāng)*∈〔0，π〕時(shí)，設(shè)g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，當(dāng)*∈〔0，1]時(shí)，g〔*〕＜0，且為增函數(shù)，h〔*〕為減函數(shù)，且h〔*〕＞0，此時(shí)f〔*〕為增函數(shù)，當(dāng)*∈〔1，〕時(shí)，g〔*〕＞0，且為增函數(shù)，h〔*〕為減函數(shù)，且h〔*〕＞0，此時(shí)f〔*〕≥0，當(dāng)*∈[，π〕時(shí)，g〔*〕＞0，且為增函數(shù)，h〔*〕為減函數(shù)，且h〔*〕＜0，此時(shí)f〔*〕＜0，則函數(shù)f〔*〕為減函數(shù)無(wú)最小值，則函數(shù)存在極大值，同時(shí)也是最大值，故B正確，C．由f〔*〕=〔*﹣〕?cos*=cos*=0得cos*=0或*2﹣1=0，即*=±1或*=或*=﹣，即函數(shù)f〔*〕有4個(gè)不同的零點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D．當(dāng)*∈〔﹣π，0〕時(shí)，設(shè)g〔*〕=*﹣，h〔*〕=cos*，當(dāng)*∈〔﹣π，﹣〕時(shí)，g〔*〕和h〔*〕都是增函數(shù)且h〔*〕＜0，g〔*〕＜0，此時(shí)f〔*〕為減函數(shù)，當(dāng)*∈〔1，π〕時(shí)，g〔*〕和h〔*〕都是增函數(shù)且h〔*〕＞0，g〔*〕＞0，此時(shí)f〔*〕為增函數(shù)，故函數(shù)f〔*〕在〔﹣π，0〕上不單調(diào)，故D錯(cuò)誤，應(yīng)選：B．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察與函數(shù)性質(zhì)有關(guān)的命題的真假判斷，涉及函數(shù)奇偶性，單調(diào)性以及函數(shù)與方程的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，難度較大．二．解答題〔共10小題〕20．〔2014?新課標(biāo)II〕函數(shù)f〔*〕=e*﹣e﹣*﹣2*．〔Ⅰ〕討論f〔*〕的單調(diào)性；〔Ⅱ〕設(shè)g〔*〕=f〔2*〕﹣4bf〔*〕，當(dāng)*＞0時(shí)，g〔*〕＞0，求b的最大值；〔Ⅲ〕1.4142＜＜1.4143，估計(jì)ln2的近似值〔準(zhǔn)確到0.001〕．【分析】對(duì)第〔Ⅰ〕問(wèn)，直接求導(dǎo)后，利用根本不等式可到達(dá)目的；對(duì)第〔Ⅱ〕問(wèn)，先驗(yàn)證g〔0〕=0，只需說(shuō)明g〔*〕在[0+∞〕上為增函數(shù)即可，從而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“判斷g′〔*〕＞0是否成立〞的問(wèn)題；對(duì)第〔Ⅲ〕問(wèn)，根據(jù)第〔Ⅱ〕問(wèn)的結(jié)論，設(shè)法利用的近似值，并尋求ln2，于是在b=2及b＞2的情況下分別計(jì)算，最后可估計(jì)ln2的近似值．【解答】解：〔Ⅰ〕由f〔*〕得f′〔*〕=e*+e﹣*﹣2，即f′〔*〕≥0，當(dāng)且僅當(dāng)e*=e﹣*即*=0時(shí)，f′〔*〕=0，∴函數(shù)f〔*〕在R上為增函數(shù)．〔Ⅱ〕g〔*〕=f〔2*〕﹣4bf〔*〕=e2*﹣e﹣2*﹣4b〔e*﹣e﹣*〕+〔8b﹣4〕*，則g′〔*〕=2[e2*+e﹣2*﹣2b〔e*+e﹣*〕+〔4b﹣2〕]=2[〔e*+e﹣*〕2﹣2b〔e*+e﹣*〕+〔4b﹣4〕]=2〔e*+e﹣*﹣2〕〔e*+e﹣*+2﹣2b〕．①∵e*+e﹣*＞2，e*+e﹣*+2＞4，∴當(dāng)2b≤4，即b≤2時(shí)，g′〔*〕≥0，當(dāng)且僅當(dāng)*=0時(shí)取等號(hào)，從而g〔*〕在R上為增函數(shù)，而g〔0〕=0，∴*＞0時(shí)，g〔*〕＞0，符合題意．②當(dāng)b＞2時(shí)，假設(shè)*滿(mǎn)足2＜e*+e﹣*＜2b﹣2即，得，此時(shí)，g′〔*〕＜0，又由g〔0〕=0知，當(dāng)時(shí)，g〔*〕＜0，不符合題意．綜合①、②知，b≤2，得b的最大值為2．〔Ⅲ〕∵1.4142＜＜1.4143，根據(jù)〔Ⅱ〕中g(shù)〔*〕=e2*﹣e﹣2*﹣4b〔e*﹣e﹣*〕+〔8b﹣4〕*，為了湊配ln2，并利用的近似值，故將ln即代入g〔*〕的解析式中，得．當(dāng)b=2時(shí)，由g〔*〕＞0，得，從而；令，得＞2，當(dāng)時(shí)，由g〔*〕＜0，得，得．所以ln2的近似值為0.693．【點(diǎn)評(píng)】1．此題三個(gè)小題的難度逐步增大，考察了學(xué)生對(duì)函數(shù)單調(diào)性深層次的把握能力，對(duì)思維的要求較高，屬壓軸題．2．從求解過(guò)程來(lái)看，對(duì)導(dǎo)函數(shù)解析式的合理變形至關(guān)重要，因?yàn)檫@直接影響到對(duì)導(dǎo)數(shù)符號(hào)的判斷，是解決此題的一個(gè)重要突破口．3．此題的難點(diǎn)在于如何尋求ln2，關(guān)鍵是根據(jù)第〔2〕問(wèn)中g(shù)〔*〕的解析式探究b的值，從而獲得不等式，這樣自然地將不等式放縮為的圍的端點(diǎn)值，到達(dá)了估值的目的．21．〔2013?新課標(biāo)Ⅰ〕函數(shù)f〔*〕=*2+a*+b，g〔*〕=e*〔c*+d〕假設(shè)曲線y=f〔*〕和曲線y=g〔*〕都過(guò)點(diǎn)P〔0，2〕，且在點(diǎn)P處有一樣的切線y=4*+2．〔Ⅰ〕求a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕假設(shè)*≥﹣2時(shí)，f〔*〕≤kg〔*〕，求k的取值圍．【分析】〔Ⅰ〕對(duì)f〔*〕，g〔*〕進(jìn)展求導(dǎo)，在交點(diǎn)處有一樣的切線及曲線y=f〔*〕和曲線y=g〔*〕都過(guò)點(diǎn)P〔0，2〕，從而解出a，b，c，d的值；〔Ⅱ〕由〔I〕得出f〔*〕，g〔*〕的解析式，再求出F〔*〕及它的導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)對(duì)k的討論，判斷出F〔*〕的最值，從而判斷出f〔*〕≤kg〔*〕恒成立，從而求出k的圍．【解答】解：〔Ⅰ〕由題意知f〔0〕=2，g〔0〕=2，f′〔0〕=4，g′〔0〕=4，而f′〔*〕=2*+a，g′〔*〕=e*〔c*+d+c〕，故b=2，d=2，a=4，d+c=4，從而a=4，b=2，c=2，d=2；〔Ⅱ〕由〔I〕知，f〔*〕=*2+4*+2，g〔*〕=2e*〔*+1〕設(shè)F〔*〕=kg〔*〕﹣f〔*〕=2ke*〔*+1〕﹣*2﹣4*﹣2，則F′〔*〕=2ke*〔*+2〕﹣2*﹣4=2〔*+2〕〔ke*﹣1〕，由題設(shè)得F〔0〕≥0，即k≥1，令F′〔*〕=0，得*1=﹣lnk，*2=﹣2，①假設(shè)1≤k＜e2，則﹣2＜*1≤0，從而當(dāng)*∈〔﹣2，*1〕時(shí)，F(xiàn)′〔*〕＜0，當(dāng)*∈〔*1，+∞〕時(shí)，F(xiàn)′〔*〕＞0，即F〔*〕在〔﹣2，*1〕上減，在〔*1，+∞〕上是增，故F〔*〕在[﹣2，+∞〕上的最小值為F〔*1〕，而F〔*1〕=﹣*1〔*1+2〕≥0，*≥﹣2時(shí)F〔*〕≥0，即f〔*〕≤kg〔*〕恒成立．②假設(shè)k=e2，則F′〔*〕=2e2〔*+2〕〔e*﹣e﹣2〕，從而當(dāng)*∈〔﹣2，+∞〕時(shí)，F(xiàn)′〔*〕＞0，即F〔*〕在〔﹣2，+∞〕上是增，而F〔﹣2〕=0，故當(dāng)*≥﹣2時(shí)，F(xiàn)〔*〕≥0，即f〔*〕≤kg〔*〕恒成立．③假設(shè)k＞e2時(shí)，F(xiàn)′〔*〕＞2e2〔*+2〕〔e*﹣e﹣2〕，而F〔﹣2〕=﹣2ke﹣2+2＜0，所以當(dāng)*＞﹣2時(shí)，f〔*〕≤kg〔*〕不恒成立，綜上，k的取值圍是[1，e2]．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上*點(diǎn)切線方程，函數(shù)恒成立問(wèn)題，考察分類(lèi)討論思想，解題的關(guān)鍵是能夠利用導(dǎo)數(shù)工具研究函數(shù)的性質(zhì)，此題是一道中檔題．22．〔2016?三?！澈瘮?shù)f〔*〕=aln*﹣a*﹣3〔a∈R〕．〔Ⅰ〕求函數(shù)f〔*〕的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕假設(shè)函數(shù)y=f〔*〕的圖象在點(diǎn)〔2，f〔2〕〕處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g〔*〕=*3+*2〔f'〔*〕+〕在區(qū)間〔t，3〕上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值圍；〔Ⅲ〕求證：×××…×＜〔n≥2，n∈N*〕．【分析】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的步驟是①求導(dǎo)函數(shù)f′〔*〕；②解f′〔*〕＞0〔或＜0〕；③得到函數(shù)的增區(qū)間〔或減區(qū)間〕，對(duì)于此題的〔1〕在求單調(diào)區(qū)間時(shí)要注意函數(shù)的定義域以及對(duì)參數(shù)a的討論情況；〔2〕點(diǎn)〔2，f〔2〕〕處的切線的傾斜角為45°，即切線斜率為1，即f'〔2〕=1，可求a值，代入得g〔*〕的解析式，由t∈[1，2]，且g〔*〕在區(qū)間〔t，3〕上總不是單調(diào)函數(shù)可知：，于是可求m的圍．〔3〕是近年來(lái)高考考察的熱點(diǎn)問(wèn)題，即與函數(shù)結(jié)合證明不等式問(wèn)題，常用的解題思路是利用前面的結(jié)論構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)于函數(shù)取單調(diào)區(qū)間上的正整數(shù)自變量n有*些結(jié)論成立，進(jìn)而解答出這類(lèi)不等式問(wèn)題的解．【解答】解：〔Ⅰ〕〔2分〕當(dāng)a＞0時(shí)，f〔*〕的單調(diào)增區(qū)間為〔0，1]，減區(qū)間為[1，+∞〕；當(dāng)a＜0時(shí)，f〔*〕的單調(diào)增區(qū)間為[1，+∞〕，減區(qū)間為〔0，1]；當(dāng)a=0時(shí)，f〔*〕不是單調(diào)函數(shù)〔4分〕〔Ⅱ〕得a=﹣2，f〔*〕=﹣2ln*+2*﹣3∴，∴g'〔*〕=3*2+〔m+4〕*﹣2〔6分〕∵g〔*〕在區(qū)間〔t，3〕上總不是單調(diào)函數(shù)，且g′〔0〕=﹣2∴由題意知：對(duì)于任意的t∈[1，2]，g′〔t〕＜0恒成立，所以有：，∴〔10分〕〔Ⅲ〕令a=﹣1此時(shí)f〔*〕=﹣ln*+*﹣3，所以f〔1〕=﹣2，由〔Ⅰ〕知f〔*〕=﹣ln*+*﹣3在〔1，+∞〕上單調(diào)遞增，∴當(dāng)*∈〔1，+∞〕時(shí)f〔*〕＞f〔1〕，即﹣ln*+*﹣1＞0，∴l(xiāng)n*＜*﹣1對(duì)一切*∈〔1，+∞〕成立，〔12分〕∵n≥2，n∈N*，則有0＜lnn＜n﹣1，∴∴【點(diǎn)評(píng)】此題考察利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)來(lái)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，函數(shù)曲線上一點(diǎn)求曲線的切線方程即對(duì)函數(shù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考察，考察求導(dǎo)公式的掌握情況．含參數(shù)的數(shù)學(xué)問(wèn)題的處理，構(gòu)造函數(shù)求解證明不等式問(wèn)題．23．〔2015?二?！澈瘮?shù)，a為正常數(shù)．〔1〕假設(shè)f〔*〕=ln*+φ〔*〕，且，求函數(shù)f〔*〕的單調(diào)增區(qū)間；〔2〕假設(shè)g〔*〕=|ln*|+φ〔*〕，且對(duì)任意*1，*2∈〔0，2]，*1≠*2，都有，求a的取值圍．【分析】〔1〕先對(duì)函數(shù)y=f〔*〕進(jìn)展求導(dǎo)，然后令導(dǎo)函數(shù)大于0〔或小于0〕求出*的圍，根據(jù)f′〔*〕＞0求得的區(qū)間是單調(diào)增區(qū)間，f′〔*〕＜0求得的區(qū)間是單調(diào)減區(qū)間，即可得到答案．〔2〕設(shè)h〔*〕=g〔*〕+*，依題意得出h〔*〕在〔0，2]上是減函數(shù)．下面對(duì)*分類(lèi)討論：①當(dāng)1≤*≤2時(shí)，②當(dāng)0＜*＜1時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性從及最值，即可求得求a的取值圍．【解答】解：〔1〕，∵，令f′〔*〕＞0，得*＞2，或，∴函數(shù)f〔*〕的單調(diào)增區(qū)間為，〔2，+∞〕．〔2〕∵，∴，∴，設(shè)h〔*〕=g〔*〕+*，依題意，h〔*〕在〔0，2]上是減函數(shù)．當(dāng)1≤*≤2時(shí)，，，令h′〔*〕≤0，得：對(duì)*∈[1，2]恒成立，設(shè)，則，∵1≤*≤2，∴，∴m〔*〕在[1，2]上遞增，則當(dāng)*=2時(shí)，m〔*〕有最大值為，∴當(dāng)0＜*＜1時(shí)，，，令h′〔*〕≤0，得：，設(shè)，則，∴t〔*〕在〔0，1〕上是增函數(shù)，∴t〔*〕＜t〔1〕=0，∴a≥0．綜上所述，．【點(diǎn)評(píng)】本小題主要考察函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、不等式的解法等根底知識(shí)，考察運(yùn)算求解能力，屬于根底題．24．〔2015?校級(jí)模擬〕函數(shù)f〔*〕=*2+a*﹣ln*，a∈R．〔1〕假設(shè)函數(shù)f〔*〕在[1，2]上是減函數(shù)，數(shù)a的取值圍；〔2〕令g〔*〕=f〔*〕﹣*2，是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)*∈〔0，e]〔e是自然常數(shù)〕時(shí)，函數(shù)g〔*〕的最小值是3，假設(shè)存在，求出a的值；假設(shè)不存在，說(shuō)明理由；〔3〕當(dāng)*∈〔0，e]時(shí)，證明：．【分析】〔1〕先對(duì)函數(shù)f〔*〕進(jìn)展求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)f〔*〕在[1，2]上是減函數(shù)可得到其導(dǎo)函數(shù)在[1，2]上小于等于0應(yīng)該恒成立，再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可求得a的圍．〔2〕先假設(shè)存在，然后對(duì)函數(shù)g〔*〕進(jìn)展求導(dǎo)，再對(duì)a的值分情況討論函數(shù)g〔*〕在〔0，e]上的單調(diào)性和最小值取得，可知當(dāng)a=e2能夠保證當(dāng)*∈〔0，e]時(shí)g〔*〕有最小值3．〔3〕令F〔*〕=e2*﹣ln*結(jié)合〔2〕中知F〔*〕的最小值為3，再令并求導(dǎo)，再由導(dǎo)函數(shù)在0＜*≤e大于等于0可判斷出函數(shù)?〔*〕在〔0，e]上單調(diào)遞增，從而可求得最大值也為3，即有成立，即成立．【解答】解：〔1〕在[1，2]上恒成立，令h〔*〕=2*2+a*﹣1，有得，得〔2〕假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g〔*〕=a*﹣ln*〔*∈〔0，e]〕有最小值3，=①當(dāng)a≤0時(shí)，g〔*〕在〔0，e]上單調(diào)遞減，g〔*〕min=g〔e〕=ae﹣1=3，〔舍去〕，②當(dāng)時(shí)，g〔*〕在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增∴，a=e2，滿(mǎn)足條件．③當(dāng)時(shí)，g〔*〕在〔0，e]上單調(diào)遞減，g〔*〕min=g〔e〕=ae﹣1=3，〔舍去〕，綜上，存在實(shí)數(shù)a=e2，使得當(dāng)*∈〔0，e]時(shí)g〔*〕有最小值3．〔3〕令F〔*〕=e2*﹣ln*，由〔2〕知，F(xiàn)〔*〕min=3．令，，當(dāng)0＜*≤e時(shí)，?'〔*〕≥0，φ〔*〕在〔0，e]上單調(diào)遞增∴∴，即＞〔*+1〕ln*．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算和函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)之間的關(guān)系，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)大于0時(shí)原函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)小于0時(shí)原函數(shù)單調(diào)遞減．25．〔2015?南開(kāi)區(qū)二模〕設(shè)函數(shù)f〔*〕=ln*﹣﹣b*〔Ⅰ〕當(dāng)a=b=時(shí)，求函數(shù)f〔*〕的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕令F〔*〕=f〔*〕+＜*≤3〕，其圖象上任意一點(diǎn)P〔*0，y0〕處切線的斜率k≤恒成立，數(shù)a的取值圍；〔Ⅲ〕當(dāng)a=0，b=﹣1時(shí)，方程f〔*〕=m*在區(qū)間[1，e2]有唯一實(shí)數(shù)解，數(shù)m的取值圍．【分析】〔I〕先求導(dǎo)數(shù)fˊ〔*〕然后在函數(shù)的定義域解不等式fˊ〔*〕＞0和fˊ〔*〕＜0，fˊ〔*〕＞0的區(qū)間為單調(diào)增區(qū)間，fˊ〔*〕＜0的區(qū)間為單調(diào)減區(qū)間．〔II〕先構(gòu)造函數(shù)F〔*〕再由以其圖象上任意一點(diǎn)P〔*0，y0〕為切點(diǎn)的切線的斜率k≤恒成立，知導(dǎo)函數(shù)≤恒成立，再轉(zhuǎn)化為所以a≥〔﹣，*02+*0〕ma*求解．〔III〕先把程f〔*〕=m*有唯一實(shí)數(shù)解，轉(zhuǎn)化為有唯一實(shí)數(shù)解，再利用單調(diào)函數(shù)求解．【解答】解：〔Ⅰ〕依題意，知f〔*〕的定義域?yàn)椤?，+∞〕．〔1分〕當(dāng)a=b=時(shí)，f〔*〕=ln*﹣*2﹣*，f′〔*〕=﹣*﹣=．〔2分〕令f′〔*〕=0，解得*=1．當(dāng)0＜*＜1時(shí)，f′〔*〕＞0，此時(shí)f〔*〕單調(diào)遞增；當(dāng)*＞1時(shí)，f′〔*〕＜0，此時(shí)f〔*〕單調(diào)遞減．〔3分〕所以函數(shù)f〔*〕的單調(diào)增區(qū)間〔0，1〕，函數(shù)f〔*〕的單調(diào)減區(qū)間〔1，+∞〕．〔4分〕〔Ⅱ〕F〔*〕=ln*+，*∈〔0，3]，所以k=F′〔*0〕=≤，在*0∈〔0，3]上恒成立，〔6分〕所以a≥〔﹣*02+*0〕ma*，*0∈〔0，3]〔7分〕當(dāng)*0=1時(shí)，﹣*02+*0取得最大值．所以a≥．〔9分〕〔Ⅲ〕當(dāng)a=0，b=﹣1時(shí)，f〔*〕=ln*+*，因?yàn)榉匠蘤〔*〕=m*在區(qū)間[1，e2]有唯一實(shí)數(shù)解，所以ln*+*=m*有唯一實(shí)數(shù)解．∴，設(shè)g〔*〕=，則g′〔*〕=．令g′〔*〕＞0，得0＜*＜e；g′〔*〕＜0，得*＞e，∴g〔*〕在區(qū)間[1，e]上是增函數(shù)，在區(qū)間[e，e2]上是減函數(shù)，g〔1〕=1，g〔e2〕=1+=1+，g〔e〕=1+，所以m=1+，或1≤m＜1+．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考察函數(shù)的單調(diào)性、極值、不等式、方程的解等根本知識(shí)，同時(shí)考察運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，分類(lèi)與整合及化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想．26．〔2016?模擬〕設(shè)函數(shù)f〔*〕=〔1+*〕2﹣2ln〔1+*〕〔1〕假設(shè)關(guān)于*的不等式f〔*〕﹣m≥0在[0，e﹣1]有實(shí)數(shù)解，數(shù)m的取值圍．〔2〕設(shè)g〔*〕=f〔*〕﹣*2﹣1，假設(shè)關(guān)于*的方程g〔*〕=p至少有一個(gè)解，求p的最小值．〔3〕證明不等式：〔n∈N*〕．【分析】〔1〕依題意得f〔*〕ma*≥m，*∈[0，e﹣1]，求導(dǎo)數(shù)，求得函數(shù)的單調(diào)性，從而可得函數(shù)的最大值；〔2〕求導(dǎo)函數(shù)，求得函數(shù)的單調(diào)性與最值，從而可得p的最小值；〔3〕先證明ln〔1+*〕≤*，令，則*∈〔0，1〕代入上面不等式得：，從而可得．利用疊加法可得結(jié)論．【解答】〔1〕解：依題意得f〔*〕ma*≥m，*∈[0，e﹣1]∵，而函數(shù)f〔*〕的定義域?yàn)椤博?，+∞〕∴f〔*〕在〔﹣1，0〕上為減函數(shù)，在〔0，+∞〕上為增函數(shù)，∴f〔*〕在[0，e﹣1]上為增函數(shù)，∴∴實(shí)數(shù)m的取值圍為m≤e2﹣2〔2〕解：g〔*〕=f〔*〕﹣*2﹣1=2*﹣2ln〔1+*〕=2[*﹣ln〔1+*〕]，∴顯然，函數(shù)g〔*〕在〔﹣1，0〕上為減函數(shù)，在〔0，+∞〕上為增函數(shù)∴函數(shù)g〔*〕的最小值為g〔0〕=0∴要使方程g〔*〕=p至少有一個(gè)解，則p≥0，即p的最小值為0〔3〕證明：由〔2〕可知：g〔*〕=2[*﹣ln〔1+*〕]≥0在〔﹣1，+∞〕上恒成立所以ln〔1+*〕≤*，當(dāng)且僅當(dāng)*=0時(shí)等號(hào)成立令，則*∈〔0，1〕代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，將以上n個(gè)等式相加即可得到：【點(diǎn)評(píng)】此題考察導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考察函數(shù)的單調(diào)性與最值，考察不等式的證明，考察恒成立問(wèn)題，屬于中檔題．27．〔2015?和平區(qū)一模〕函數(shù)f〔*〕=*2﹣aln*在區(qū)間〔1，2]是增函數(shù)，g〔*〕=*﹣a在區(qū)間〔0，1]是減函數(shù)．〔1〕求f〔*〕，g〔*〕的表達(dá)式；〔2〕求證：當(dāng)*＞0時(shí)，方程f〔*〕﹣g〔*〕=*2﹣2*+3有唯一解；〔3〕當(dāng)b＞﹣1時(shí)，假設(shè)f〔*〕≥2b*﹣在*∈〔0，1]恒成立，求b的取值圍．【分析】〔1〕在〔1，2〕上恒成立?a≤〔2*2〕min=2，在〔1，2〕上恒成立，由此知f〔*〕=*2﹣2ln*，g〔*〕=*﹣．〔2〕f〔*〕=g〔*〕+2，由函數(shù)的單調(diào)性能導(dǎo)出方程f〔*〕=g〔*〕+2在*＞