课时13 函数的图象-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版2019）

课时冲关１３　函数的图象 学生用书　P２６０ [基础训练组] １．下列函数y＝f(x)图象中,满足f １４ æ è ç ö ø ÷＞ f(３)＞f(２)的只可能是 (　　) 解析:D　[因为f １４ æ è ç ö ø ÷ ＞f(３)＞f(２),所以函 数f(x)有增有减,排除 A,B．在 C中,f １４ æ è ç ö ø ÷ ＜ f(０)＝１,f(３)＞f(０),即f １４ æ è ç ö ø ÷ ＜f(３),排 除C．] ２．(２０２５􀅰山东省实验中学二 诊)函数f(x)＝ ax＋b(x＋c)２ 的 图象如图所示,则下列结论 成立的是 (　　) A．a＞０,b＞０,c＞０ B．a＜０,b＞０,c＜０ C．a＜０,b＞０,c＞０ D．a＜０,b＜０,c＜０ 解析:B　[函数在点 P 无意义,由题中图象可 知,－c＞０⇒c＜０;f(０)＝bc２ ＞０⇒b＞０;由f(x) ＝０⇒ax＋b＝０⇒x＝－ba ,根据图象－ba ＞０⇒ a＜０．综上,a＜０,b＞０,c＜０．] ３．(２０２５􀅰江苏镇江高一统考期末)函数f(x)＝ １ ３x＋１ －１２ æ è ç ö ø ÷ln|x|的图象大致是 (　　) 解析:A　[函数f(x)＝ １ ３x＋１ －１２ æ è ç ö ø ÷ln|x|的定 义域为{x|x≠０},又f(x)＝ １ ３x＋１ －１２ æ è ç ö ø ÷ln|x|可 化为 f(x)＝ １－３ x ２(３x＋１) ln|x|,所 以 f(－x)＝ １－３－x ２(３－x＋１) ln|－x|＝ ３ x－１ ２(１＋３x) ln|x|＝－f(x),所 以函数f(x)为奇函数,所以函数f(x)的图象关 于原 点 对 称,C,D 错 误;令 f(x)＝０,可 得 (１－３x)ln|x|＝０,解得x＝±１或x＝０(舍去), 所以函数f(x)的零点为x１＝１,x２＝－１,取x＝２ 可得f(２)＝ １－３ ２ ２(３２＋１) ln|２|＜０,B错误．] ４．已知函数y＝f(x)的图象如图所示,则下列说 法错误的是 (　　) A．f(２k)＝０(k∈Z) B．f(２k＋１)＝１(k∈Z) C．∀x∈R,f(x＋１)＝f(x) D．∀x∈R,f(x＋１)＝f(１－x) 解析:C　[由函数y＝f(x)的图象可得,函数y＝ f(x)为偶函数,函数y＝f(x)关于x＝k(∈Z)对 称,且最小正周期为２,最大值为１,最小值为０, A 项中,f(－２)＝f(０)＝f(２)＝f(２k)＝０(k∈ Z),故 A 项正确; B项中,f(－１)＝f(１)＝f(３)＝f(２k＋１)＝１(k ∈Z),故B项正确; C项中,因为f(x＋１)＝f(x),则函数f(x)的周期 为１,而函数的最小正周期为２,故C项错误． D项中,∀x∈R,f(x＋１)＝f(１－x),则函数 f(x)关于x＝１对称,故 D项正确．] ５．(２０２５􀅰全国模拟)函数f(x)＝ln(x＋３)的图象 与函数g(x)＝|x２－２|的图象的交点个数为 (　　) A．２　　　B．３　　　C．４　　　D．０ 解析:C　 [f (x)在 (－３,＋∞)上是增函数, g(x)在(－∞,－ ２)和 (０,２)上 是 减 函 数,在 (－ ２,０)和 (２,＋∞) 上是增函数,f(－２)＝ ０,g(－ ２)＝g(２)＝０,g(０)＝２＞f(０)＝ln３, 作出函数f(x),g(x)的图象,如图,由图象可知 它们有４个交点．] ６．(２０２５􀅰北京模拟)已知函数f(x)＝log２(x＋１) －|x|,则不等式f(x)＞０的解集是 (　　) A．(－１,１) B．(０,１) C．(－１,０) D．⌀ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４１４􀅰 高考总复习　数学(BS) 解析:B　[不等式f(x)＞ ０⇔log２(x＋１)＞|x|, 分别画出函数y＝log２(x ＋１)和y＝|x|的图象, 由图象可知y＝log２(x＋１) 和y＝|x|有两个交点,分别是(０,０)和(１,１), 由图象可知log２(x＋１)＞|x|的解集是(０,１), 即不等式f(x)＞０的解集是(０,１)．] ７．(多选)(２０２５􀅰福建泉州模拟预测)函数f(x)＝ ln(１＋x)－kln(１－x)的大致图象可能为 (　　 ) 解析:BCD　[因为f(x)＝ln(１＋x)－kln(１－x), 所以 １＋x＞０, １－x＞０,{ 解得－１＜x＜１, 故f(x)定义域为(－１,１)． f′(x)＝ １１＋x＋ k １－x＝ x(k－１)＋１＋k １－x２ , f(－x)＝ln(１－x)－kln(１＋x), 因为k＞０时,f′(x)＝ １１＋x＋ k １－x＞０ 在区间 (－１,１)上恒成立, 所以f(x)在区间(－１,１)上单调递增． 当k＝１时,f(－x)＝－f(x),此时f(x)为奇函 数,故选项B正确; 当k＝０时,f(x)＝ln(１＋x),易知其图象为选 项 D,故选项 D正确． 当k＜０时,由f′(x)＝０, 得x＝１＋k１－k＝１＋ ２k １－k , 又因为１＋k １－k－ (－１)＝ ２１－k＞０ , 所 以 － １ ＜ １＋k１－k ＜ １ ,即 f (x)在 区 间 －１,１＋k１－k æ è ç ö ø ÷上单调递增,在区间 １＋k １－k ,１æ è ç ö ø ÷ 上单 调递减, 综上可知,f(x)在区间(－１,１)上不严格单调递 减,故选项 A 不正确; 当k＝－１时,f(－x)＝f(x),此时f(x)为偶函 数,且f(x)在区间(－１,０)上单调递增,在区间 (０,１)上单调递减,故选项C正确．] ８．(多选)(２０２５􀅰河北模拟)下列选项中,函数y＝ f(x)的图象向左或向右平移可以得到函数y＝ g(x)的图象的有 (　　) A．f(x)＝x２,g(x)＝x２－２x－１ B．f(x)＝sinx＋π３ æ è ç ö ø ÷,g(x)＝cosx C．f(x)＝lnx,g(x)＝lnx２ D．f(x)＝２x,g(x)＝４􀅰２x 解析:BD　[对于 A,f(x)＝x２,g(x)＝(x－１)２ －２,故 A 不满足题意; 对于B,f(x)＝sinx＋π３ æ è ç ö ø ÷＝sinx－π６＋ π ２ æ è ç ö ø ÷ ＝cosx－π６ æ è ç ö ø ÷,g(x)＝cosx, 将f(x)图象向左平移π６ 个单位可得到g(x)的 图象,故B满足题意; 对于C,f(x)＝lnx,g(x)＝lnx－ln２,将f(x) 的图象向下平移ln２个单位,可得到g(x)的图 象．故C不满足题意; 对于 D,f(x)＝２x,g(x)＝２x＋２,将f(x)的图象 向左平移２个单位可得到g(x)的图象．故 D满 足题意] ９．(２０２５􀅰山东模拟)已知函数f(x)－１是奇函 数,若函数y＝１＋１x 与y＝f(x)图象的交点分 别为(x１,y１),(x２,y２),．．．,(x６,y６),则交点的 所有横坐标和纵坐标之和为　　　　． 解析:函数f(x)－１是奇函数,图象关于原点对 称,所以f(x)关于(０,１)对称, 函数y＝１＋１x 图象也关于(０,１)对称, 所以函数y＝１＋１x 与y＝f(x)图象的交点关于 (０,１)对称, 两个函数有３×２＝６个交点,所以交点的所有 横坐标和纵坐标之和为０＋３×２＝６． 答案:６ １０．(２０２５􀅰绥化市模拟)若函数f(x)的图象上存 在两个不同点A,B 关于原点对称,则称A,B两 点为一对“优美点”,记作(A,B),规定(A,B)和 (B,A)是 同 一 对 “优 美 点”．已 知 f(x)＝ |sinx|,x≥０, －lg(－x),x＜０,{ 则函数f(x)的图象上共存 在“优美点”　　　　对． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５１４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 解析:由题可知“优美点”的对数等价于方程 |sinx|＝lgx根的个数,作出图象如图所示: 由图可知,两函数图象共有５个交点． 答案:５ １１．(２０２５􀅰广西北海高一统考期末)已知函数 f(x)＝ |x＋２|,x≤－１, ln|x|,x＞－１且x≠０．{ 若方程f(x)－m ＝０(m∈R)恰有三个不同的实数根x１,x２,x３ (x１＜x２＜x３),则m 的取值范围是　　　　, (x１＋x２)􀅰x３ 的取值范围是　　　　． 解析:如图所示,方程f(x)－m＝０(m∈R)恰 有三个不同的实数根x１,x２,x３(x１＜x２＜x３), 结合图象可知, x１＋x２＝－４,x３∈(１,e],所以０＜m≤１． ∴(x１＋x２)x３＝－４x３∈[－４e,－４)． 答案:(０,１]　[－４e,－４) １２．已知函数f(x)＝２x,x∈R． (１)当m取何值时,方程|f(x)－２|＝m有一个解? 两个解? (２)若不等式[f(x)]２＋f(x)－m＞０在 R上 恒成立,求m 的取值范围． 解:(１)令F(x)＝|f(x)－２| ＝|２x－２|, G(x)＝m,画出 F(x)的图 象如图所示, 由图象看出,当 m＝０或 m ≥２时,函数F(x)与G(x)的图象只有一个交 点,即原方程有一个解; 当０＜m＜２时,函数F(x)与G(x)的图象有两 个交点,即原方程有两个解． (２)令f(x)＝t(t＞０),H(t)＝t２＋t, 因为H(t)＝ t＋１２ æ è ç ö ø ÷ ２ －１４ 在区间(０,＋∞)上是 增函数,所以H(t)＞H(０)＝０．因此要使t２＋t＞m 在区间(０,＋∞)上恒成立, 应有m≤０,即所求m 的取值范围为(－∞,０]． [能力提升组] １３．(多选)关于函数f (x)＝|ln|２－x||,下列描 述正确的有 (　　) A．函数f(x)在区间(１,２)上单调递增 B．函数y＝f (x)的图象关于直线x＝２对称 C．若x１≠x２,但f(x１)＝f(x２),则x１＋x２＝４ D．函数f (x)有且仅有两个零点 解析:ABD　[函数f(x)＝|ln|２－x||的图象如 图所示, 由图可得,函数f(x)在区间(１,２)上单调递 增,A正确;函数y＝f (x)的图象关于直线x＝２ 对称,B正确;若x１≠x２,但f(x１)＝f(x２),则 x１＋x２的值不一定等于４,C 错误;函数f(x) 有且仅有两个零点,D正确．] １４．(２０２５􀅰河南新乡模拟)设函数f(x)的定义域 为R,满足f(x－２)＝２f(x),且当x∈(０,２] 时,f(x)＝x(２－x)．若对任意x∈[a,＋∞), 都有f(x)≤３８ 成立,则a的取值范围是 (　　 ) A．７２ ,＋∞[ öø÷ B． ５ ２ ,＋∞[ öø÷ C．－∞,－３２ æ è ç ] D．－∞,－５２ æ è ç ] 解析:A　[因为当x∈(０,２]时,f(x)＝x(２－x); f(x－２)＝２f(x),所以f(x)＝１２f (x－２),即 若f(x)在(０,２]上的点的横坐标增加２,则对 应y值变为原来的１２ ;若减少２,则对应y值变 为原来的２倍． 当x∈(０,２]时,f(x)＝x(２－x)＝－(x－１)２ ＋１,f(x)max＝f(１)＝１, 故当a＜０时,对任意x∈[a,＋∞),f(x)≤３８ 不成立, 当x∈(２,４]时,f(x)＝１２f (x－２) ＝－１２ (x－３)２＋１２∈ ０ ,１ ２[ ], 同理当x∈(４,６]时,f(x)＝－１４ (x－５)２＋１４ ∈ ０,１４[ ], 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６１４􀅰 高考总复习　数学(BS) 以此类推,当x＞４时,必有f(x)≤３８． 函数f(x)和函数y＝３８ 的图象如图所示: 因为当x∈(２,４]时,f(x)＝－１２ (x－３)２＋１２ ∈ ０,１２[ ], 令－１２ (x－３)２＋１２＝ ３ ８ , 解得x１＝ ７ ２ ,x２＝ ５ ２ (舍去), 因为当x∈[a,＋∞)时,f(x)≤３８ 成立, 所以a≥７２． ] １５．(２０２５􀅰全国模拟)函数y＝f(x)的图象关于 点M(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数 y＝f(x＋a)－b 为奇函数,给出下列四个 结论: ①f(x)＝x＋ ３x－２－１ 图象的对称中心是(２,１); ②f(x)＝x＋ ３x－２－１ 图 象 的 对 称 中 心 是(２,－１); ③类比可得函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ a成轴对称图形的充要条件是y＝f(x＋a)为 偶函数; ④类比可得函数y＝f(x)的图象关于直线x＝ a成轴对称图形的充要条件是y＝f(x－a)为 偶函数． 其中所有正确结论的序号是　　　． 解析:y＝x＋３x 是奇函数,对称中心为(０,０), 将y＝x＋３x 图象向右平移２个单位,再向上平 移１个单位可得f(x)＝x－２＋ ３x－２＋１＝x＋ ３ x－２－１ 的图象,所以f(x)＝x＋ ３x－２－１ 图 象的对称中心是(２,１),故①正确,②不正确; 若函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a成轴对 称图形,图象向左平移a个单位可得y＝f(x ＋a)关于x＝０即y轴对称,所以y＝f(x＋a) 为偶函数,故③正确,④不正确． 所以所有正确结论的序号是①③． 答案:①③ １６．已知a,b∈R,定义:min{a,b}＝ a,a＜b, b,a≥b,{ 设 f(x)＝min{２x－a,－x＋６－a},x∈R．若函数 y＝f(x)＋ax有两个零点,则实数a的取值范 围是　　　　　　． 解析:令函数g(x)＝２x－a－(－x＋６－a)＝ ２x＋x－６,显然函数g(x)在R上单调递增, 而g(２)＝０,则当x＜２时,２x－a＜－x＋６－ a,当x≥２时,２x－a≥－x＋６－a, 于是函数f(x)＝ ２x－a,x＜２, －x＋６－a,x≥２,{ 则f(x) ＋ax＝ ２x＋ax－a,x＜２, －x＋６＋ax－a,x≥２,{ 令函数h(x)＝ ２x,x＜２, －x＋６,x≥２,{ 由f(x)＋ax＝０, 得h(x)＝－a(x－１), 因此函数y＝f(x)＋ax 的零点,即函数y＝ h(x)的图象与直线y＝－a(x－１)交点的横 坐标, 当x＜２,恒有h(x)＞０,在同一坐标系内作出 直线y＝－a(x－１)与 函 数 y＝h(x)的 图 象,如图, 观察图象知,当－a≥０,即a≤０时,直线y＝ －a(x－１)与函数y＝h(x)的图象只有一个 交点, 如图,直线y＝４(x－１)过点(１,０),(２,４),它 与y＝２x 的图象交于两点(２,４),(３,８),当x＜ ２时,２x＞４(x－１), 当－a≤－１,即a≥１时,直线y＝－a(x－１) 与函数y＝h(x)的图象只有一个交点, 当－１＜－a＜０,即０＜a＜１时,直线y＝－a(x－１) 与函数y＝h(x)的图象有两个交点, 所以函数y＝f(x)＋ax有两个零点,实数a的 取值范围是(０,１)． 答案:(０,１) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７１４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 课时冲关１４　方程解的存在性及方程的近似解 学生用书　P２６２ [基础训练组] １．(２０２５􀅰安徽安庆市期末)在用二分法求方程 ３x＋２x－１０＝０在(１,２)上的近似解时,构造函数 f(x)＝３x＋２x－１０,依次计算得f(１)＝－５＜０, f(２)＝３＞０,f(１．５)＜０,f(１．７５)＞０, f(１．６２５)＜０,则该近似解所在的区间是 (　　) A．(１,１．５) B．(１．５,１．６２５) C．(１．６２５,１．７５) D．(１．７５,２) 解析:C　[根据已知f(１)＝－５＜０,f(１．５)＜０, f(１．６２５)＜０,f(１．７５)＞０,f(２)＝３＞０, 根据 二 分 法 可 知 该 近 似 解 所 在 的 区 间 是 (１．６２５,１．７５)．] ２．函数f(x)＝ x２＋２x－３,x≤０, －２＋lnx,x＞０{ 的零点个数为 (　　) A．３ B．２ C．１ D．０ 解析:B　[当x≤０时,由f(x)＝x２＋２x－３＝ ０,得x１＝１(舍 去),x２＝－３;当 x＞０ 时,由 f(x)＝－２＋lnx＝０,得x＝e２,所以函数f(x)的 零点个数为２．] ３．(２０２５􀅰 江西萍乡模拟)已 知 函 数 f(x)＝ (x－１)２,x≥０, |x＋１|,x＜０,{ 则y＝f(x)－ １ ２ 的所有零点之 和为 (　　) A．２＋１２ B． １－ ２ ２ C．２ D．０ 解析:D　[x≥０时,由(x－１)２－１２＝０ ,得x＝ １± ２２ ,x＜０时,由|x＋１|－１２＝０ ,得x＝－１２ 或x＝－３２ ,所以四个零点和为１＋ ２２＋１－ ２ ２－ １ ２－ ３ ２＝０． ] ４．(２０２５􀅰 陕 西 西 安 期 末)若 函 数 f(x)＝ ax２＋２ax＋１,x＜０, ln(x＋１)＋a,x≥０,{ 恰有２个零点,则实数a 的取值范围为 (　　 ) A．(－∞,０)∪(１,＋∞)　　　　B．(０,１) C．(－∞,１) D．(０,＋∞) 解析:A　[①当a＝０时,f(x)＝ １,x＜０, ln(x＋１),x≥０,{ 则f(x)只有一个零点０,不 符合题意; ②当a＜０时,作出函数f(x)的大致图象,如图１, f(x)在(－∞,０)和[０,＋∞)上各有一个零点, 符合题意; ③当a＞０时,作出函数f(x)的大致图象,如图２, f(x)在[０,＋∞)上没有零点． 则f(x)在(－∞,０)上有两个零点,此时必须满 足f(－１)＝１－a＜０,解得a＞１． 综上,得a＜０或a＞１． ] ５．(２０２５􀅰天津市宝坻区模拟)已知函数f(x)＝ |３x－１|＋１,x＞０, －x２－２x,x≤０,{ 若函数y＝f(x)－kx－１ 有m 个零点,函数y＝f(x)－１kx－１ 有n个零 点,且m＋n＝７,则非零实数k的取值范围是 (　　) A．０,１３ æ è ç ]　　　　　　　B．[３,＋∞) C．０,１３ æ è ç ]∪[３,＋∞) D．１３,１[ ö ø ÷∪(１,３] 解析:C　[f(x)与y＝kx＋ １与y＝１kx＋１ 共 交 ７ 个 点,f(x)图象如图所示: 所以① ０＜k＜３, １ k≥３ ,{ 解得０＜k≤１３． ② ０＜１k＜３ , k≥３,{ 解 得k≥３,综 上,k∈ ０, １ ３ æ è ç ] ∪ [３,＋∞)．] ６．(２０２５􀅰辽宁模拟)函数f(x)是定义在 R上的 奇函数,且函数f(x－１)为偶函数,当x∈[０,１] 时,f(x)＝ －x２－２x,若g(x)＝f(x)－x－b 有三个零点,则实数b的取值集合是 (　　) A．(２k－ ２＋１,２k＋ ２－１),k∈Z B．２k－１４ ,４k＋１４ æ è ç ö ø ÷,k∈Z C．(４k－ ２＋１,４k＋ ２－１),k∈Z D．４k－１４ ,４k＋１４ æ è ç ö ø ÷,k∈Z 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８１４􀅰 高考总复习　数学(BS) 解析:C　[由已知得,f(－x)＝－f(x),f(x－１) ＝f(－x－１), 则f(x＋１)＝－f(－x－１)＝－f(x－１) ＝f(１－x), 所以函数f(x)的图象关于直线x＝１对称,关 于原点对称,又f(x＋２)＝f(－x)＝－f(x), 进而有f(x＋４)＝－f(x＋２)＝f(x),所以得函 数f(x)是以４为周期的周期函数． 由g(x)＝f(x)－x－b有三个零点可知,函数 f(x)与函数y＝x＋b得图象有三个交点, 当直线y＝x＋b与函数f(x)图象在[０,１]上相 切时,由x＋b＝ －x２＋２x,即２x２＋(２b－２)x ＋b２＝０,故方程２x２＋(２b－２)x＋b２＝０有两个 相等得实根． 由Δ＝０⇒ (２b－２)２ －４􀅰２􀅰b２ ＝０,解 得 b＝－１± ２, 当x∈[０,１]时,f(x)＝ －x２＋２x,作出函数 f(x)与函数y＝x＋b的图象如图: 由图知当直线y＝x＋b 与 函 数f(x)图 象 在 [０,１]上相切时,b＝－１＋ ２, 数形结合可得g(x)在[－２,２]上有三个零点 时,实数b满足１－ ２＜b＜－１＋ ２, 再根据函数f(x)的周期为４,可得所求的实数b 的范围为(４k－ ２＋１,４k＋ ２－１),k∈Z．] ７．(多选)给出以下四个方程,其中有唯一解的是 (　　) A．lnx＝１－x B．ex＝１x C．２－x２＝lg|x| D．cosx＝|x|＋１ 解析:ABD　[对于 A,设f(x)＝lnx＋x－１,易 知y＝f(x)为增函数,又f(１)＝０,故lnx＝１－ x有唯一解,符合;对于 B,设g(x)＝ex－１x ,易 知y＝g(x)为增函数,又g １２ æ è ç ö ø ÷ ＝ e－２＜０, g(１)＝e－１＞０,由函数零点存在定理可得ex＝ １ x 有唯一解,符合;对于C,设h(x)＝x２＋lgx－２, 易知y＝h(x)为增函数,由h(１)＝１－２＜０, h(２)＝２＋lg２＞０,由函数零点存在定理可得 h(x)＝x２＋lgx－２有唯一零点,又 H(x)＝２－ x２－lg|x|为偶函数,则２－x２＝lg|x|有两个 解,不符合;对于 D,因为cosx∈[－１,１],|x| ＋１≥１,当且仅当x＝０时cosx＝|x|＋１,即 cosx＝|x|＋１有唯一解,符合．] ８．(多选)(２０２５􀅰辽宁模拟)已知函数f(x)为定 义在R上的单调函数,且f(f(x)－２x－２x)＝ １０．若函数g(x)＝ f(x)－２x－a,x≤０, |log２x|－a－１,x＞０{ 有３ 个零点,则a的取值可能为 (　　) A．２　　　B．７３　　　C．３　　　D． １０ ３ 解析:BC　[因为f(x)为定义在 R上的单调函 数,所以存在唯一的t∈R,使得f(t)＝１０, 则f(x)－２x－２x＝t,f(t)－２t－２t＝t, 即f(t)＝２t＋３t＝１０, 因为函数y＝２t＋３t为增函数,且２２＋３×２＝ １０,所以t＝２,f(x)＝２x＋２x＋２． 当x≤０时,由g(x)＝０,得a＝２x＋２;当x＞０ 时,由g(x)＝０,得a＝|log２x|－１． 结合函数的图象可知,若g(x)有３个零点,则a ∈(２,３]．] ９．(２０２５􀅰高三山西太原期中)已知x０ 是函数 f(x)＝x２ex＋lnx的零点,则ex０􀅰lnx０＝　　　． 解析:由题可知,f(x０)＝x２０ex０＋lnx０＝０, 所以x２０ex０＝－lnx０⇒x０ex０＝－ lnx０ x０ ＝１x０ ln１x０ ＞０, 令f(x)＝xex(x＞０),则f(x)单调递增, 且f(x０)＝fln １ x０ æ è ç ö ø ÷, 所以x０＝ln １ x０ ,所以ex０＝１x０ ,lnx０＝－x０, 所以ex０􀅰lnx０＝ １ x０ 􀅰(－x０)＝－１． 答案:－１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９１４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 １０．函数f(x)＝ x＋１,x≤０, log２x,x＞０,{ 则函数y＝f[f(x)]＋１ 的所有零点所构成的集合为　　　　． 解析:由题意知f[f(x)]＝－１,由f[f(x)]＝ f(x)＋１,f(x)≤０, log２f(x),f(x)＞０{ 得函数y＝f[f(x)]＋１ 的零点就 是 使 f(x)＝－２ 或 f(x)＝ １２ 的 x值, 解f(x)＝－２得x＝－３或x＝１４ ; 解f(x)＝１２ 得x＝－１２ 或x＝ ２, 从而函数y＝f[f(x)]＋１的零点构成的集合 为 －３,－１２ ,１ ４ ,２{ }． 答案:－３,－１２ ,１ ４ ,２{ } １１．(２０２５􀅰遂宁市模拟)已知f(x)是以２e为周期 的R上的奇函数,当x∈(０,e)时,f(x)＝lnx, 若在区间[－e,３e]上关于x的方程f(x)＝kx 恰好有４个不同的解,则实数k的取值范围是 　　　　． 解析:由f(x)是以２e为周期的R上的奇函数, 可得f(０)＝０,f(－e)＝f(２e－e)＝f(e) ＝－f(e), 所以f(e)＝０,f(３e)＝０, 当x∈(０,e)时,f(x)＝lnx, 可得x∈(－e,０)时,f(x)＝－ln(－x), 作出函数f(x)在[－e,３e]上的图象, 由已知在区间[－e,３e]上关于x的方程f(x)＝ kx,可得f(０)＝０,当直线y＝kx过(e,－１),可得 k＝－１e ; 当直线y＝kx过(３e,１),可得k＝１３e ; 由图 象 和 在 区 间 [－e,３e]上 关 于 x 的 方 程 f(x)＝kx 恰好有４个不同的解,可得实数k 的取值范围是 －１e ,１ ３e æ è ç ö ø ÷． 答案:－１e ,１ ３e æ è ç ö ø ÷ １２．有一道题“若函数f(x)＝２４ax２＋４x－１在区 间(－１,１)内恰有一个零点,求实数a的取值 范围”,某同学给出了如下解答:由 f(－１) f(１)＝(２４a－５)(２４a＋３)＜０,解得－１８＜a＜ ５ ２４． 所以,实数a的取值范围是 －１８ ,５ ２４ æ è ç ö ø ÷．上 述解答正确吗? 若不正确,请说明理由,并给 出正确的解答． 解:上述解答不正确,原解答没有考虑函数为 一次函数还是二次函数的问题,即没有分类讨 论a＝０和a≠０两种情况;而a≠０时,在区间 (－１,１)内的零点可能不是“变号零点”． 正确解答如下: (１)当a＝０时,f(x)＝４x－１, 令f(x)＝０,得４x－１＝０, 解得x＝１４∈ (－１,１), ∴当a＝０ 时,f(x)在 (－１,１)内 恰 有 一 个 零点． (２)当a≠０时,Δ＝４２－４×２４a×(－１) ＝１６＋９６a, ①若Δ＝０,即a＝－１６ ,则函数f(x)的图象与 x轴交于点 １２ ,０æ è ç ö ø ÷,∴x＝１２ 是(－１,１)内的唯 一零点． ②若Δ＞０,即a＞－１６ , 则ⅰ． a＞－１６ , f(－１)f(１)＝(２４a－５)(２４a＋３)＜０, { 解得－１８＜a＜ ５ ２４ ⅱ．当f(－１)＝０,即a＝５２４ 时,f(x)＝５x２＋ ４x－１,解得x１＝－１,x２＝ １ ５ , ∴x＝１５ 是(－１,１)内的唯一零点． ⅲ．当f(１)＝０时,即a＝－１８ 时,f(x)＝ －３x２＋４x－１,解得x１＝１,x２＝ １ ３ , ∴x＝１３ 是(－１,１)内的唯一零点 综上可得,a的取值范围是 －１６{ }∪ － １ ８ ,５ ２４[ ]． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０２４􀅰 高考总复习　数学(BS) [能力提升组] １３．(２０２５􀅰江西高三模考)已 知 函 数 f(x)＝ |lnx|－sinx,０＜x≤３, f(x－３),x＞３,{ 则f(x)在(０,１０)上 的零点个数为 (　　) A．６　　　B．７　　　C．８　　　D．９ 解析:B　[由题意,当 ０＜x≤３时,作出函数 y＝|lnx|与y＝sinx 的图象． 由图可知,函数y＝ |lnx|与y＝sinx在(０,１)和[１,３]内各有一个 交点, 所以f(x)在(０,３]上有２个零点． 由当x＞３时,f(x)＝f(x－３),由函数周期性 的性质可得 当３＜x≤６时,f(x)上有２个零点,当６＜x≤９ 时,f(x)上有２个零点,当９＜x＜１０时,f(x)上 有１个零点, 所以f(x)在(０,１０)上有７零点个数．] １４．(多选)(２０２５􀅰福建福州模拟)已知实数x,y, z满足２x＝ １ y ＝log２z,则下列不等式中可能 成立的是 (　　 ) A．y＜x＜z B．x＜y＜z C．y＜z＜x D．x＜z＜y 解析:ABD　[如图在 同一坐标系中分别作 出函数y１＝２x,y２＝ １ x ,y３ ＝log２x 的 图 象,依题意直线y＝k与三个函数都有交点,需 判断这 些 交 点 的 横 坐 标 之 间 有 怎 样 的 大 小 关系． 由图知,有三种不同的情况:当直线y＝k在① 位置时,显然有y＜x＜z; 当直线y＝k在②位置时,显然有x＜y＜z; 当直线y＝k在③位置时,显然有x＜z＜y．] １５．(２０２５􀅰浙江宁海中学月考)若定义在 R上的 偶函数f(x)满足f(x)＞０,f(x)f(１－x)＝１, 则f ３２ æ è ç ö ø ÷＝　　　．若m,n∈R且mn＝－１, 记函数g(x)＝f(x)－１,则g(x)在[m,n]上 最少存在　　　　个零点． 解析:由已知,令x＝１２ ,则f １２ æ è ç ö ø ÷f １２ æ è ç ö ø ÷＝１, 因f(x)＞０,所以f １２ æ è ç ö ø ÷＝１,又f(x)f(１－x) ＝１⇒f(－x)f(１＋x)＝１,因f(x)为偶函数, 所以f(x)f(１＋x)＝１,故f(x)＝ １f(x＋１)＝ f(x＋２),所以f(x)是以２为周期的周期函 数,故f ３２ æ è ç ö ø ÷＝f －１２ æ è ç ö ø ÷＝f １２ æ è ç ö ø ÷＝１; 由题意知,mn＝－１,m＜０,n＞０,且n－m＝ n＋１n≥２① ,当n＝１时,等号成立,①式说明 区间长度大于等于２,而g(x)＝f(x)－１,易知 x＝k＋１２ ,k∈Z是g(x)的零点,而相邻零点的距 离为１,故g(x)在[m,n]上至少存在２个零点． 答案:１　２ １６．已知函数f(x)＝log４(４x＋１)＋kx(k∈R)为偶 函数． (１)求k的值; (２)若方程f(x)＝log４(a􀅰２x－a)有且只有一 个根,求实数a的取值范围． 解:(１)∵f(x)为偶函数,∴f(－x)＝f(x), 即log４(４－x＋１)－kx＝log４(４x＋１)＋kx, 即(２k＋１)x＝０,∴k＝－１２． (２)依题意有log４(４x＋１)－ １ ２x＝log４ (a􀅰２x－a), 即 ４x＋１＝(a􀅰２x－a)􀅰２x, a􀅰２x－a＞０,{ 令t＝２x,则(１－a)t２＋at＋１＝０(∗), 只需其有一正根即可满足题意． ①当a＝１时,t＝－１,不合题意． ②(∗)式有一正一负根t１,t２, 即 Δ＝a２－４(１－a)＞０, t１t２＝ １ １－a＜０ ,{ 得a＞１,经验证正根满足at－a＞０,∴a＞１． ③(∗)式有相等两根,即Δ＝０⇒a＝±２ ２－２, 此时t＝ a２(a－１) , 若a＝２(２－１),则有t＝ a２(a－１)＜０ ,此时方程 (１－a)t２＋at＋１＝０无正根,故a＝２(２－１) 舍去; 若a＝－２(２＋１),则有t＝ a２(a－１)＞０ , 因此a＝－２(２＋１)． 综上所述,a＞１或a＝－２－２ ２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１２４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 课时冲关１５　函数模型及应用 学生用书　P２６４ [基础训练组] １．(２０２５􀅰江苏高三统考) 在一次实验中,某小组 测得一组数据(xi,yi)(i ＝１,２,􀆺,１１)并由实验 数据 得 到 下 面 的 散 点 图．由此散点图,在区间 [－２,３]上,下列四个函数模型(a,b为待定系 数)中,最能反映x,y函数关系的是 (　　) A．y＝a＋bx　　　　　　　B．y＝a＋bx C．y＝a＋logbx D．y＝a＋ b x 解析:B　[由题中散点图的定义域及函数增减 性可排除C,D选项,由散点图的增长方式可知 函数模型为指数型．] ２．某高校为提升科研能力,计划逐年加大科研经 费投入．若该高校２０２１年全年投入科研经费 １３００万元,在此基础上,每年投入的科研经费 比上一年增长１２％,则该高校全年投入的科研 经费开始超过２０００万元的年份是(参考数据: lg１．１２≈０．０５,lg１．３≈０．１１,lg２≈０􀆰３０) (　　) A．２０２２年 B．２０２３年 C．２０２４年 D．２０２５年 解析:D　[若２０２２年是第１年,则第n年全年 投入的科研经费为１３００×１．１２n 万元,由１３００ ×１􀆰１２n＞２０００,可得lg１．３＋nlg１．１２＞lg２, 所以n×０􀆰０５＞０􀆰１９,得n＞３􀆰８,即n≥４,所以 第４年,即２０２５年全年投入的科研经费开始超 过２０００万元．] ３．(２０２５􀅰香坊区模拟)１６１４年纳皮尔在研究天文 学的过程中为了简化计算而发明对数;１６３７年 笛卡尔开始使用指数运算;１７７０年,欧拉发现了 指数与对数的互逆关系,指出:对数源于指数, 对数的发明先于指数,称为历史上的珍闻．若２x ＝５２ ,lg２＝０．３０１０,则x的值约为 (　　) A．１．３２２ B．１．４１０ C．１．５０７ D．１．６６９ 解析:A　[由２x＝５２ ,lg２＝０．３０１０,所以x＝log２ ５ ２ ＝ lg５２ lg２＝ lg５－lg２ lg２ ＝ １－２lg２ lg２ ＝ １－２×０．３０１０ ０．３０１０ ≈ １．３２２,即x的值约为１．３２２．] ４．(２０２５􀅰湖南张家界统考期末)深度学习是人工 智能的一种具有代表性的实现方法,它是以神经网 络为出发点的．在神经网络优化中,指数衰减的学 习率模型为L＝L０D G G０,其中L表示每一轮优化时 使用的学习率,L０ 表示初始学习率,D 表示衰减系 数,G表示训练迭代轮数,G０ 表示衰减速度．已知 某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为０􀆰５, 衰减速度为２２,且当训练迭代轮数为２２时,学习率 衰减为０􀆰４５,则学习率衰减到０􀆰０５以下(不含 ０．０５)所需的训练迭代轮数至少为(参考数据: lg２≈０．３０１０,lg３≈０．４７７１) (　　) A．１１　　　B．２２　　　C．２２７　　　D．４８１ 解析:D　[由于L＝L０D G G０ ,所以L＝０．５×D G ２２, 依题意０．４５＝０．５×D ２２ ２２ ⇒D＝９１０ ,则L＝０．５× ９ １０ æ è ç ö ø ÷ G ２２ ,由L＝０．５× ９１０ æ è ç ö ø ÷ G ２２ ＜０．０５得 ９１０ æ è ç ö ø ÷ G ２２ ＜ １ １０ ,lg ９１０ æ è ç ö ø ÷ G ２２ ＜lg１１０ ,G ２２lg ９ １０＜－１ , G􀅰(lg９－lg１０)＜－２２,G􀅰(lg１０－lg９)＞ ２２,G＞ ２２lg１０－lg９ ,G＞ ２２１－２lg３ ＝ ２２１－２×０．４７７１＝ ２２ ０．０４５８≈４８０．３５ ,所以所需 的训练迭代轮数至少为４８１轮．] ５．(２０２５􀅰云南昆明一中期末)在线直播带货已经 成为一种重要销售方式,假设直播在线购买人 数y(单位;人)与某产品销售单价x(单位:元) 满足关系式:y＝ mx－２０－x＋４０ ,其中２０＜x＜１００, m为常数,当该产品销售单价为２５时,在线购买人 数为２０２５人;假设该产品成本单价为２０元,且每 人限购１件;下列说法错误的是 (　　) A．实数m 的值为１００５０ B．销售单价越低,直播在线购买人数越多 C．当x的值为３０时利润最大 D．利润最大值为１００００ 解析:D　[因为在线购买人数y(单位;人)与某 产品销 售 单 价 x(单 位:元)满 足 关 系 式:y＝ m x－２０－x＋４０ ,单调递减,所以B正确; 将x＝２５,y＝２０２５代入y＝ mx－２０－x＋４０ , 可 得 ２０２５＝ m２５－２０－２５＋４０ ,解 得:m ＝ １００５０,所以 A 正确; 由题意可得所得利润为: f(x)＝(x－２０)１００００x－２０－x＋４０ æ è ç ö ø ÷＝－x２＋６０x ＋９２００＝－(x－３０)２＋１０１００, 所以当x＝３０,最大利润为１０１００元,C正确, D错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２２４􀅰 高考总复习　数学(BS) ６．(２０２５􀅰山东师范大学附中模拟)已知某电子产 品电池充满时的电量为３０００毫安时,且在待机 状态下有两种不同的耗电模式可供选择．模式 A:电量呈线性衰减,每小时耗电３００毫安时;模 式B:电量呈指数衰减,即:从当前时刻算起, t小时后的电量为当前电量的１ ２t 倍．现使该电子 产品处于满电量待机状态时开启A 模式,并在x 小时后,切换为B模式,若使其在待机１０小时后有 超过５％的电量,则x的取值范围是 (　　) A．１＜x＜２ B．１＜x≤２ C．８＜x＜９ D．８≤x＜９ 解析:C　[由题意得,x 小 时后 的 电 量 为 (３０００－ ３００x)毫 安,此 时 转 为 B 模式, 可得 １０ 小 时 后 的 电 量 为 (３０００－３００x)􀅰 １ ２１０－x ,则由 题意可得(３０００－３００x)􀅰 １ ２１０－x ＞３０００×０．０５, 化简得(１０－x)􀅰 １ ２１０－x ＞０．５, 即１０－x＞２９－x, 令m＝１０－x,则m＞２m－１, 由题意得０＜x＜１０,则０＜m＜１０, 令m 分别为１,２时,这个不等式左右两边大小 相等, 由函数y＝x和y＝２x－１的图象可知, 该不等式的解集为１＜m＜２, 所以１＜１０－x＜２,得８＜x＜９．] ７．(多选)(２０２５􀅰重庆模拟预测)放射性物质在衰 变中产生辐射污染逐步引起了人们的关注,已 知放射性物质数量随时间t的衰变公式N(t)＝ N０e t τ ,N０ 表示物质的初始数量,τ是一个具有 时间量纲的数,研究放射性物质常用到半衰期, 半衰期T 指的是放射性物质数量从初始数量到 衰变成一半所需的时间,已知ln２＝０．７,下表给出 了铀的三种同位素τ的取值:若铀２３４、铀２３５和铀 ２３８的半衰期分别为T１,T２,T３,则 (　　 ) 物质 τ的量纲单位 τ的值 铀２３４ 万年 ３５􀆰５８ 铀２３５ 亿年 １０􀆰２ 铀２３８ 亿年 ６４􀆰７５ A．T＝τln０．５ B．T 与τ成正比例关系 C．T１＞T２ D．T３＞１００００T１ 解析:BD　[A 选项,由题意得 N(t) ＝N０ １ ２ æ è ç ö ø ÷ t T ,又因为 N(t)＝N０e t τ ,故N０ １ ２ æ è ç ö ø ÷ t T ＝N０e t τ ,两边取对数得,t Tln０．５＝－ t τ ,T＝τln２, A 错误;B选项,由 A 可知,T 与τ 成正比例关 系,B正确;C选项,由 B可知,T 与τ 成正比例 关系,由于铀２３４的τ值小于铀２３５的τ值,故 T１＜T２,C错误;D 选项,T３＝τln２＝６．４７５× １０９ln２,T１＝τln２＝３．５５８×１０５ln２, 故 T３ １００００T１ ＝６．４７５×１０ ９ln２ ３．５５８×１０９ln２ ＞１,D正确．] ８．(多选)(２０２５􀅰全国模拟)“双１１”购物节中,某 电商对顾客实行购物优惠活动,规定一次购物 付款总额满一定额度,可以给予优惠:(１)如果 购物总额不超过５０元,则不给予优惠;(２)如果 购物总额超过５０元但不超过１００元,可以使用 一张５元优惠券;(３)如果购物总额超过１００元 但不超 过 ３００ 元,则 按 标 价 给 予 ９ 折 优 惠; (４)如果购物总额超过３００元,其中３００元内的 按第(３)条给予优惠,超过３００元的部分给予８ 折优惠．某人购买了部分商品,则下列说法正确 的是 (　　) A．如果购物总额为７８元,则应付款为７３元 B．如 果 购 物 总 额 为 ２２８ 元,则 应 付 款 为 ２０５􀆰２元 C．如 果 购 物 总 额 为 ３６８ 元,则 应 付 款 为 ２９４􀆰４元 D．如果购物时一次性全部付款４４２􀆰８元,则购 物总额为５１６元 解析:ABD　[购物总额为７８元,则应付款为 ７８－５＝７３元,A 正确;购物总额为２２８元,则应 付款为２２８×０．９＝２０５．２元,B正确;购物总额 为３６８元,则应付款为３００×０．９＋６８×０．８＝３２４．４ 元,C错误;购物时一次性全部付款４４２．８元,则包 含购物总额３００元应付的２７０元,还有１７２．８ 元对应购物额度为１７２．８ ０．８ ＝２１６ ,因此购物总额 为３００＋２１６＝５１６元,D正确．] ９．(２０２５􀅰武汉调研)为 研究西南高寒山区一 种常见树的生长周期 中前 １０ 年 的 生 长 规 律,统计显示,生长 ４ 年的树高为７ ３ 米,如图所示的散点图,记录了样 本树的生长时间t(年)与树高y(米)之间的关 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３２４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 系．请你据此判断,在下列函数模型:①y＝２t－ a;②y＝a＋log２t;③y＝ １ ２t＋a ;④y＝t＋a中 (其中a为正的常数),生长年数与树高的关系 拟合最好的是　　　　(填写序号),估计该树 生长８年后的树高为　　　　米． 解析:由题中散点图的走势,知模型①不合适． 曲线过点 ４,７３ æ è ç ö ø ÷,则后三个模型的解析式分别 为②y＝１３＋log２t ;③y＝１２t＋ １ ３ ;④y＝t＋ １ ３ ,当t＝１时,代入④中,得y＝４３ ,与图不符, 易知拟合最好的是②． 将t＝８代入②式,得y＝１３＋log２８＝ １０ ３ (米)． 答案:②　１０３ １０．某种物质在时刻t(min)的浓度M (mg/L)与t 的函数关系为 M(t)＝art＋２４(a,r为常数)． 在t＝０min和t＝１min测得该物质的浓度分别 为１２４mg/L和６４mg/L,那么在t＝４min时,该 物质的浓度为　　　　mg/L;若该物质的浓度 小于２４．００１mg/L,则最小的整数t的 值 为 　　　　(参考数据:lg２≈０．３０１０)． 解析:根据条件:ar０＋２４＝１２４, ar＋２４＝６４, ∴a＝１００,r＝２５． ∴M(t)＝１００ ２５ æ è ç ö ø ÷ t ＋２４, ∴M(４)＝１００ ２５ æ è ç ö ø ÷ ４ ＋２４＝２６．５６． 由１００ ２５ æ è ç ö ø ÷ t ＋２４＜２４．００１, 得 ２ ５ æ è ç ö ø ÷ t ＜(０．１)５, ∴lg ２５ æ è ç ö ø ÷ t ＜lg(０．１)５, ∴tlg ２５ æ è ç ö ø ÷＜－５, ∴t[lg２－(１－lg２)]＜－５． ∴t(２lg２－１)＜－５,代入lg２≈０．３０１,得－０．３９８t ＜－５,解得t＞１２．５． ∴最小的整数t的值是１３． 答案:２６．５６　１３ １１．(２０２５􀅰河南月考)某景区套票原价３００元/ 人,如果多名游客组团购买套票,则有如下两 种优惠方案供选择: 方案一:若人数不低于１０,则票价打９折;若人 数不低于５０,则票价打８折;若人数不低于 １００,则票价打７折．不重复打折． 方案二:按原价计算,总金额每满５０００元减 １０００元． 已知一个旅游团有４７名游客,若可以两种方 案搭配使用,则这个旅游团购票总费用的最小 值为 　　　元． 解析:由方案一可知,满１０人可打９折,则单 人票价为２７０人, 由方案二可知,满５０００减１０００元,按原价计 算５０００ ３００ ≈１６．７ ,则满５０００元至少凑齐１７人, １７×３００－１０００＝４１００,则单人票价为４１００１７ ≈２４１, 满１００００元时,１００００３００ ≈３３．３ ,则需３４人,单 人票价为２４１人, 满１５０００元时,１５０００３００ ＝５０ ,人数不足, ∵２４１＜２７０,∴用方案二先购买３４张票,剩余 １３人,不满足方案二,但满足方案一, ∴总费用为３４×３００－２０００＋１３×３００×０􀆰９ ＝１１７１０(元)． 答案:１１７１０ １２．如 图 所 示,在 矩 形 ABCD中,已知AB＝a, BC＝b(a＞b)．在 AB、 AD、CD、CB 上分别截 取AE、AH、CG、CF 都 等于x,当x为何值时,四边形EFGH 的面积最 大? 求出这个最大面积． 解:设四边形EFGH 的面积为S, 由题意得S△AEH ＝S△CFG＝ １ ２x ２, S△BEF＝S△DHG＝ １ ２ (a－x)􀅰(b－x)． 由此得S＝ab－２ １２x ２＋１２ (a－x)(b－x)[ ] ＝－２x２＋(a＋b)x ＝－２x－a＋b４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ (a＋b)２ ８ ． 函数的定义域为{x|０＜x≤b},因为a＞b＞０, 所以０＜b＜a＋b２ ． 若a＋b ４ ≤b ,即a≤３b, x＝a＋b４ 时面积S取得最大值 (a＋b)２ ８ ; 若a＋b ４ ＞b ,即 a＞３b 时,函 数 S＝ －２􀅰 x－a＋b４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ (a＋b)２ ８ 在(０,b]上是增函数, 因此,当x＝b时,面积S取得最大值ab－b２． 综上可知,若a≤３b,当x＝a＋b４ 时,四 边 形 EFGH的面积取得最大值 (a＋b)２ ８ ;若a＞３b, 当x＝b时,四 边 形 EFGH 的 面 积 取 得 最 大 值ab－b２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４２４􀅰 高考总复习　数学(BS) [能力提升组] １３􀆰在中国天门山举行的 WWL翼装飞行世锦赛 中,某翼人空中高速飞行,如图反映了他从某 时刻开始的１５分钟内的速度v(x)与时间x 的关系,若定义“速度差函数”u(x)为时间段 [０,x]内的最大速度与最小速度的差,则u(x) 的图象是 (　　) 解析:D　[由题意可得,当x∈[０,６]时,翼人 做匀加速运动,v(x)＝８０＋４０３x ,“速度差函 数”u(x)＝４０３x． 当x∈[６,１０]时,翼 人 做 匀 减 速 运 动,速 度 v(x)从１６０开始下降,一直降到８０,u(x)＝ １６０－８０＝８０． 当x∈[１０,１２]时,翼人做匀减速运动,v(x)从８０开 始下降,v(x)＝１８０－１０x,u(x)＝１６０－(１８０－１０x) ＝１０x－２０． 当x∈[１２,１５]时,翼人做匀加速运动,“速度 差函数”u(x)＝１６０－６０＝１００,结合所给的图象, 故D正确．] １４．(多选)市场上有一种新型的强力洗衣液,特点 是去污速度快．已知每投放a(１≤a≤４,且a∈ R)个单位的洗衣液在一定水量的洗衣机中,它 在水中释放的浓度y(克/升)随着时间x(分 钟)变化的函数关系式近似为y＝a􀅰m,其中 当０≤x≤４时,m＝ １６８－x－１ ,当４＜x≤１０时, m＝５－１２x． 若多次投放,则某一时刻水中的 洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻 所释放的浓度之和．根据经验,当水中洗衣液 的浓度不低于４(克/升)时,它才能起到有效去 污的作用．则下列结论正确的是 (　　) A．一次投放４个单位的洗衣液,在２分钟时, 洗衣液在水中释放的浓度为２０ ３ 克/升 B．一次投放４个单位的洗衣液,有效去污时间 可达８分钟 C．若第一次投放２个单位的洗衣液,６分钟后 再投放２个单位的洗衣液,第８分钟洗衣液 在水中释放的浓度为５克/升 D．若第一次投放２个单位的洗衣液,６分钟后 再投放２个单位的洗衣液,接下来的４分钟 能够持续有效去污 解析:ABD　[对于 A,由题意可得a＝４,当０≤ x≤４时,y＝ ６４８－x－４ ,当４＜x≤１０时,y＝２０ －２x,当 x＝２ 时,y＝ ６４８－２－４＝ ２０ ３ ,故 A 正确; 对于B,当０≤x≤４时,６４８－x－４≥４ ,解得x≥０, 故０≤x≤４, 当４＜x≤１０时,２０－２x≥４,解得x≤８, 故４＜x≤８,综上所述,０≤x≤８． 若一次投放４个单位的洗衣液,则有效去污时 间可达８分钟,故B正确; 对于C,当６≤x≤１０时, y＝２× ５－１２x æ è ç ö ø ÷＋２ １６８－(x－６)－１[ ] ＝１４－x＋ ３２１４－x－６ , 当x＝８时,y＝６＋３２６－６＝ １６ ３ ,故C错误; 对于 D,∵４≤１４－x≤８, ∴y＝１４－x＋ ３２１４－x－６ ≥２ (１４－x)􀅰 ３２１４－x－６＝８ ２－６ ,当且仅 当１４－x＝ ３２１４－x ,即x＝１４－４ ２时取等号, ∴y有最小值８ ２－６≈５．３＞４,∴接下来的４ 分钟能够持续有效去污,故 D正确．] １５．(２０２５􀅰海淀区模拟)某人第一天８:００从A地 开车出发,６小时后到达B地,第二天８:００从B 地出发,沿原路６小时后返回A 地．则在此过程 中,以下说法中,正确说法的序号是　　　　． ①一定存在某个位置E,两天经过此地的时刻 相同; ②一定存在某个时刻,两天中在此刻的速度相同; ③一定存在某一段路程EF(不含A、B),两天 在此段内的平均速度相同． (以上速度不考虑方向) 解析:①设函数s(t)表示此人第一天距离A 地 的路程,则是一个不减的函数,设函数l(t)表 示此人第二天距离A 地的路程,则是一个不增 的函数,其中t表示时间,s(t)、l(t)的定义域都 是[０,６],值域相同．同一坐标系画出s(t)、l(t) 的图象,必有一个交点,即两天中都在此刻经 过此点(如图１),故①正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５２４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第二章　函　数 ②画出两天的速度(自变量为时间t)函数图象 并求与x轴围成的面积,就是路程,不可能一 个总在另一个下方．在交点处时刻,他们的速 度相等(如图２),故②正确; ③在某个路程函数s(t)中,过s(t)上一点作平 行于t,s轴的矩形,如果四个顶点都在曲线上, 则意味着速度的绝对值相等,(对角线就是割线, 斜率就是平均速度),但不是每种函数曲线都能成 功,图３显示可以,函数模型就是两个一次函数, 图４显示不成功,可以构造函数模型为(这里假定 时间t∈(０,６),AB之间距离为４), s(t)＝ １ ２t ,t∈(０,２), ３ ４t－ １ ２ ,t∈[２,６), ì î í ï ï ï ï l(t)＝ －３t＋４,t∈(０,１), －１５ (t－６),t∈[１,６),{ 在 这 个 图 象 上 经计算,找不到这样的矩形,故③错误． ∴正确的说法是①②． 答案:①② １６．(２０２５􀅰芗城区校级期末)土豆学名马铃薯,与 稻、麦、玉米、高粱一起被称为全球五大农作 物．云南人爱吃土豆,在云南土豆也称洋芋,昆 明人常说“吃洋芋,长子弟”．２０１８年３月,在全 国两会的代表通道里,云南农业大学名誉校长 朱有勇院士,举着一个两公斤的土豆,向全国 的媒体展示,为来自家乡的“山货”代言,他自 豪地说:“北京人吃的醋溜土豆丝,５盘里有４ 盘是我们澜沧种的!” (１)在菜市上,听到小王叫卖:“洋芋便宜卖了, 两元一斤,三元两斤,四元三斤,五元四斤,六 元五斤,快来买啊!”结果一群人都在买六元五 斤的．由此得到如下结论:一次购买的斤数越 多,单价越低,请建立一个函数模型,来说明以 上结论; (２)小王卖洋芋赚到了钱,想进行某个项目的 投资,约定如下:①投资金额固定;②投资年数 可自由选择,但最短３年,最长不超过１０年; ③投资年数x(x∈N＋ )与总回报y的关系,可 选择下述三种方案中的一种: 方案一:当x＝３时,y＝６,以后x每增加１时, y增加２; 方案二:y＝１３x ２; 方案三:y＝( ３ ３)x． 请你根据以上材料,结合你的分析,为小王提 供一个最佳投资方案． 解:(１)设顾客一次购买x斤土豆,每斤土豆的 单价为f(x)元, 由题意知:f(x)＝x＋１x (１≤x≤５,x∈N＋ ), 因为f(x)＝x＋１x ＝１＋ １ x ,所以y＝f(x)在 [１,５]上为单调递减函数． 说明一次购买的斤数越多,单价越低． (２)根据题意,按照年数的不同取值范围,选出 总回报最高的方案． 由题意可知方案一对应的解析式为y＝６＋ (x－３)×２＝２x． 列表得出三种方案所有年数的总回报,可以精 确得出任意年数三种方案对应总回报的大小 关系,进而可得出如下结论: 　　　投资 　　　　年数x　　 总回　　 报y　　 ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 方案一 ６ ８ １０ １２ １４ １６ １８ ２０ 方案二 ３ １６３ ２５ ３ １２ ４９ ３ ６４ ３ ２７ １００ ３ 方案三 ３ ３ ４ ３ ３ ５ ３ ９ ３ ７ ３ ３ ８ ３ ２７ ３ １０ ３ 当投资年数为３~５年时,选择方案一最佳; 当投资年数为６年时,选择方案一或方案二 最佳; 当投 资 年 数 为 ７ 年 或 ８ 年 时,选 择 方 案 二 最佳; 当投资年数为９年时,选择方案二或方案三 最佳; 当投资年数为１０年时,选择方案三最佳． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６２４􀅰 高考总复习　数学(BS) [选择性必修第二册]　 第三章　导数及其应用 课时冲关１６　导数的概念及其几何意义、导数的运算 学生用书　P２６７ [基础训练组] １．(２０２５􀅰全国模拟)若函数f(x)＝eax＋ln(x＋１), f′(０)＝４,则a＝ (　　) A．０ B．１ C．２ D．３ 解析:D　[由f(x)＝eax＋ln(x＋１),得f′(x) ＝aeax＋ １x＋１ ,又f′(０)＝４,所以f′(０)＝a＋１ ＝４,则a＝３．] ２．(２０２５􀅰四川高三模拟)曲线y＝f(x)在x＝１ 处的切线如图所示,则f′(１)－f(１)＝ (　　) A．０ B．２ C．－２ D．－１ 解析:C　[设曲线y＝f(x)在x＝１处的切线方 程为y＝kx＋b,则 b＝２, －２k＋b＝０,{ 解得 k＝１, b＝２,{ 所 以曲线y＝f(x)在x＝１处的切线方程为y＝x ＋２,所 以f′(１)＝１,f(１)＝１＋２＝３,因 此, f′(１)－f(１)＝１－３＝－２．] ３．若函数y＝f(x)在区间(a,b)内可导,且x０∈(a,b), 则lim h→０ f(x０＋h)－f(x０－h) h 的值为 (　　 ) A．f′(x０) B．２f′(x０) C．－２f′(x０) D．０ 解析:B　[由题意知,lim h→０ f(x０＋h)－f(x０－h) h ＝２lim h→０ 􀅰f (x０＋h)－f(x０－h) ２h ＝２lim h→０ f(x０＋h)－f(x０－h) (x０＋h)－(x０－h) ＝２f′(x０)．] ４．(２０２５􀅰河南洛阳模拟)若过点P(１,０)作曲线y ＝x３ 的切线,则这样的切线共有 (　　) A．０条 B．１条 C．２条 D．３条 解析:C　[设切点为(x０,x３０),由y＝x３, 所以y′＝３x２,所以y′|x＝x０＝３x ２ ０, 所以切线方程为y－x３０＝３x２０(x－x０),即y＝ ３x２０x－２x３０,因为切线过点P(１,０), 所以０＝３x２０－２x３０,解得x０＝０或x０＝ ３ ２ ,所以 过点 P(１,０)作 曲 线 y＝x３ 的 切 线 可 以 作 ２条．] ５．已知函数f(x)＝xlnx,g(x)＝ax２－x．若经过 点A(１,０)存在一条直线l与曲线y＝f(x)和 y＝g(x)都相切,则a＝ (　　) A．－１ B．１ C．２ D．３ 解析:B　[∵f(x)＝xlnx,∴f′(x)＝１＋lnx, ∴f′(１)＝１＋ln１＝１,∴k＝１,∴曲线y＝f(x) 在 A(１,０)处 的 切 线 方 程 为 y＝x－１,由 y＝x－１, y＝ax２－x,{ 得ax ２－２x＋１＝０,由Δ＝４－４a ＝０,解得a＝１．] ６．(２０２５􀅰榆林市模拟)曲线f(x)＝x３－１x (x＞０) 上一动点P(x０,f(x０))处的切线斜率的最小 值为 (　　) A．３ B．３ C．２ ３ D．６ 解析:C　[f(x)＝x３－１x (x＞０)的导数f′(x) ＝３x２＋１ x２ ,∴在该曲线上点(x０,f(x０))处切线 斜率k＝３x２０＋ １ x２０ ,由函数的定义域知x０＞０, ∴k≥２ ３x２０􀅰 １ x２０ ＝２ ３,当且仅当３x２０＝ １ x２０ ,即 x２０＝ ３ ３ 时,等号成立．∴k的最小值为２ ３．] ７．(多选)若函数f(x)的导函数f′(x)的图象关于 y轴对称,则f(x)的解析式可能为 (　　) A．f(x)＝３cosx B．f(x)＝x３＋x C．f(x)＝x＋１x D．f (x)＝ex＋x 解析:BC　[对 于 A,f(x)＝３cosx,其 导 数 f′(x)＝－３sinx,其导函数为奇函数,图象不关 于y轴对称,不符合题意; 对于B,f(x)＝x３＋x,其导数f′(x)＝３x２＋１, 其导函数为偶函数,图象关于y 轴对称,符合 题意; 对于C,f(x)＝x＋１x ,其导数f′(x)＝１－１x２ , 其导函数为偶函数,图象关于y 轴对称,符合 题意; 对于 D,f (x)＝ex＋x,其导数f′(x)＝ex＋１, 其导函数不是偶函数,图象不关于y轴对称,不 符合题意．] ８．(多选)已知函数f(x)＝ex,则下列结论正确 的是 (　　) A．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是１ B．曲线y＝f(x)的切线斜率可以是－１ C．过点(０,１)且与曲线y＝f(x)相切的直线有 且只有１条 D．过点(０,０)且与曲线y＝f(x)相切的直线有 且只有２条 解析:AC　[因为函数f(x)＝ex,所以f′(x)＝ex． A．令f′(x)＝ex ＝１,得x＝０,所 以 曲 线y＝ f(x)的切线斜率可以是１,故正确;B．令f′(x) ＝ex＝－１无解,所以曲线y＝f(x)的切线斜率 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７２４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 不可以是－１,故错误;C．因为(０,１)在曲线上, 所以点(０,１)是切点,则f′(０)＝１,所以切线方 程为y－１＝x,即y＝x＋１,所以过点(０,１)且与 曲线y＝f(x)相切的直线有且只有１条,故正 确;D．设切点(x０,ex０),则切线方程为y－ex０ ＝ ex０(x－x０),因为点(０,０)在切线上,所以ex０ ＝ x０ex０,解得x０＝１,所以过点(１,e)且与曲线y＝ f(x)相切的直线有且只有１条,故错误．] ９．在平面直角坐标系xOy中,点A 在曲线y＝lnx 上,且该曲线在点A 处的切线经过点(－e,－１) (e为自然对数的底数),则点A 的坐标是　　 　　,切线方程为　　　　　　． 解析:设点A(x０,y０),则y０＝lnx０． 又因为y′＝１x ,当x＝x０ 时,y′＝ １ x０ , 曲线y＝lnx在点A 处的切线方程为y－y０＝ １ x０ (x－x０),即y－lnx０＝ x x０ －１,代入点(－e,－１), 得－１－lnx０＝ －e x０ －１,即x０lnx０＝e, 记 H(x)＝xlnx,当x∈(０,１)时,H(x)＜０, 当x∈(１,＋∞)时,H(x)＞０, 且 H′(x)＝lnx＋１,当x＞１时,H′(x)＞０, H(x)单调递增,注意到H(e)＝e,故x０lnx０＝e 存在唯一的实数根x０＝e,此时y０＝１, 故点A 的坐标为(e,１),切线方程为y＝xe． 答案:(e,１)　y＝xe １０．(２０２５􀅰广东深圳市模拟)已知函数f(x)＝xlnx －ax２＋x(a∈R),则曲线y＝f(x)在点(１,f(１)) 处的切线l恒过定点　　　　． 解析:函数f(x)＝xlnx－ax２＋x(a∈R)的定 义域为(０,＋∞), 由f(x)＝xlnx－ax２＋x,得f′(x)＝lnx＋２ －２ax,则f′(１)＝２－２a． 又f(１)＝１－a,则 曲 线 y＝f(x)在 点 (１, f(１))处的切线l的方程为y－(１－a) ＝２(１－a)(x－１), 即y＝２(１－a)x－１２ æ è ç ö ø ÷,由 x－ １ ２＝０ , y＝０ { 可得 x＝１２ , y＝０, { 所以直线l恒过定点 １２,０æèç öø÷． 答案:１ ２ ,０æ è ç ö ø ÷ １１．(２０２５􀅰全国模拟)已知a＞１,函数f(x)＝lnx,则 下面结论中正确的有　　　　(填上所有正确结 论的序号)． ①函数f(x)在区间[a,a＋１]上的平均变化率 总是大于１; ②函数f(x)在区间[a,a＋１]上的平均变化率 总是小于１; ③函数f(x)在区间[a,a＋１]上的平均变化率 随着a的增大而增大; ④函数f(x)在区间[a,a＋１]上的平均变化率 随着a的增大而减小． 解析:Δy Δx＝ f(a＋１)－f(a) a＋１－a ＝ln (a＋１)－lna ＝lna＋１a ＝ln１＋ １ a æ è ç ö ø ÷, 因为a＞１,所以ln １＋１a æ è ç ö ø ÷ ＜ln(１＋１)＝ln２ ＜１,所以①错误,②正确． 又当a＞１时,１＋１a 随着a 的增大而减小, ln１＋１a æ è ç ö ø ÷随着１＋１a 的减小而减小, 所以Δy Δx 随着a 的增大而减小,所以③错误,④ 正确． 答案:②④ １２．已知函数f(x)＝x３－３x 及y＝f(x)上一点 P(１,－２),过点P 作直线l． (１)求使直线l和y＝f(x)相切且以P 为切点 的直线方程; (２)求使直线l和y＝f(x)相切且切点异于P 的直线方程． 解:(１)由f(x)＝x３－３x,得f′(x)＝３x２－３, 过点P 且以P(１,－２)为切点的直线的斜率 f′(１)＝０, ∴所求的直线方程为y＝－２． (２)设过P(１,－２)的直线l与y＝f(x)切于另 一点(x０,y０), 则 f′ (x０ )＝ ３x２０ － ３．又 直 线 过 (x０, y０),P(１,－２), 故其斜率可表示为y０－ (－２) x０－１ ＝ x３０－３x０＋２ x０－１ , 又 x３０－３x０＋２ x０－１ ＝３x２０－３, 即x３０－３x０＋２＝３(x２０－１)(x０－１), 解得x０＝１(舍去)或x０＝－ １ ２ , 故所求直线的斜率为k＝３× １４－１ æ è ç ö ø ÷＝－９４ , ∴y－(－２)＝－９４ (x－１),即９x＋４y－１＝０． [能力提升组] １３．(２０２５􀅰玉溪市模拟)已知函数f(x)＝x２＋ ln２x－２m(x＋lnx)＋２m２＋１,若存在x０ 使得 f(x０)≤ ３ ２ 成立,则实数m 的值为 (　　) A．１２ B．１ C． ３ ２ D．２ 解析:A　[∵函数f(x)＝x２＋ln２x－２m(x＋ lnx)＋２m２＋１,若存在x０ 使得f(x０)≤ ３ ２ 成立 ⇔存在x０ 使得x２０－２mx０＋m２＋ln２x０－２mlnx０ ＋m２≤１２ 成立． 存在x０ 使得g(x０)＝(x０－m)２＋(lnx０－m)２≤ １ ２ 成立． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８２４􀅰 高考总复习　数学(BS) 可以看作是动点M(x０,lnx０)与动点N(m,m) 之间距离的平方小于或等于１ ２ ,动点 M 在函 数y＝lnx 的图象上,N 在直线y＝x 的图象 上,问题转化为求直线y＝x上的动点到曲线y ＝lnx的最小距离,由y＝lnx,得y′＝１x＝１ ,解 得x＝１,∴曲线上点 M(１,０)到直线y＝x 的 距离最小,最小距离d＝ ２２ ,即g(x０)≥ １ ２ ,根 据题意,要使g(x０)≤ １ ２ ,则g(x０)＝ １ ２ ,此时 N 恰好为垂足,由kMN ＝ m m－１＝－１ ,解得 m ＝１２． ] １４．已知直线y＝ax＋b(a∈R,b＞０)是曲线f(x) ＝ex 与曲线g(x)＝lnx＋２的公切线,则a＋b＝ (　　 ) A．２ B．１２ C．e D． １ e 解析:A　[由题意知直线y＝ax＋b(a∈R,b＞０) 是曲线f(x)＝ex 与曲线g(x)＝lnx＋２的公 切线, 设(t,et)是f(x)图象上的切点,f′(x)＝ex, 所以f(x)在点(t,et)处的切线方程为y－et＝ et(x－t),即y＝etx＋(１－t)et,① 令g′(x)＝１x＝e t, 解得x＝e－t,g(e－t)＝lne－t＋２＝２－t, 即直线y＝ax＋b(a∈R,b＞０)与曲线g(x)＝ lnx＋２的切点为(e－t,２－t), 所以２－t－e t e－t－t ＝et,即１－t＝(１－t)et, 解得t＝０或t＝１, 当t＝１ 时,①为y＝ex,b＝０,不 符 合 题 意, 舍去, 所以t＝０,此时①可化为y＝x＋１,所以a＋b ＝１＋１＝２．] １５．(２０２５􀅰河北邯郸模拟)已知点P 为曲线y＝ lnx e 上的动点,O 为坐标原点．当|OP|最小时, 直线OP 恰好与曲线y＝alnx 相切,则实数 a＝　　　　． 解析:设P x,１elnx æ è ç ö ø ÷, 所以|OP|＝ x２＋ １e æ è ç ö ø ÷ ２ 􀅰(lnx)２, 设g(x)＝x２＋ １e æ è ç ö ø ÷ ２ 􀅰(lnx)２,g′(x)＝２x＋ １ e æ è ç ö ø ÷ ２ 􀅰２􀅰(lnx)􀅰１x＝ ２x２＋２ e２ lnx x , 当x＞１e 时,lnx＞－１⇒２ e２ lnx＞－２ e２ ,２x２＞ ２ e２ ,所以g′(x)＞０,g(x)单调递增, 当０＜x＜１e 时,lnx＜－１⇒２ e２ lnx＜－２ e２ ,２x２ ＜２ e２ ,所以g′(x)＜０,g(x)单调递减, 当x＝１e 时,函数g(x)有最小值,即|OP|有最 小值,所以P １e ,－１e æ è ç ö ø ÷, 此时直线 OP 的方程为y＝－x,设直线y＝ －x与曲线y＝alnx相切于点(x０,alnx０), 由y＝alnx⇒y′＝ax⇒ a x０ ＝－１⇒x０＝－a,显 然(x０,alnx０)在直线y＝－x上, 则alnx０ ＝ －x０,因 此 有 aln(－a)＝a⇒ a＝－e． 答案:－e １６．(２０２５􀅰福州市质检)设函数f(x)＝ax－bx , 曲线y＝f(x)在点(２,f(２))处的切线方程为 ７x－４y－１２＝０． (１)求f(x)的解析式; (２)证明:曲线y＝f(x)上任一点处的切线与 直线x＝０和直线y＝x 所围成的三角形的面 积为定值,并求此定值． 解:(１)方程７x－４y－１２＝０可化为y＝７４x－３． 当x＝２时,y＝１２． 又f′(x)＝a＋bx２ , 于是 ２a－b２＝ １ ２ , a＋b４＝ ７ ４ , ì î í ï ï ïï 　解得 a＝１ , b＝３．{ 故f(x)＝x－３x． (２)证明:设P(x０,y０)为曲线上任一点, 由y′＝１＋３x２ ,知曲线在点P(x０,y０)处的切线 方程为y－y０＝ １＋ ３ x２０ æ è ç ö ø ÷(x－x０), 即y－ x０－ ３ x０ æ è ç ö ø ÷＝ １＋３x２０ æ è ç ö ø ÷(x－x０)． 令x＝０,得y＝－６x０ , 从 而 得 切 线 与 直 线 x ＝０ 的 交 点 坐 标 为 ０,－６x０ æ è ç ö ø ÷． 令y＝x,得y＝２x０, 从而 得 切 线 与 直 线 y ＝x 的 交 点 坐 标 为(２x０,２x０)． 所以点P(x０,y０)处的切线与直线x＝０,y＝x 所围成的三角形的面积为 S＝１２ － ６ x０ |２x０|＝６． 故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝０, y＝x所围成的三角形的面积为定值,且此定 值为６． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９２４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 课时冲关１７　利用导数研究函数的单调性 学生用书　P２６９ [基础训练组] １．(２０２５􀅰天津崇化中学期中)函数y＝x２􀅰e－x的 递增区间是 (　　) A．(０,２) B．(－∞,０) C．(－∞,０),(２,＋∞) D．(－∞,０)∪(２,＋∞) 解析:A　[由题意,函数f(x)＝x２􀅰e－x＝x ２ ex , 可得f′(x)＝－x (x－２) ex ,令f′(x)＞０,即x(x －２)＜０,解得０＜x＜２,所以函数y＝x２􀅰e－x 的递增区间是(０,２)．] ２．(２０２５􀅰安徽亳州期中)已知函数f(x)的导函 数是f′(x)＝ １－x２,则函数f(x)的图象可 能是 (　　 ) 解析:B　[由题知f′(x)≥０且不恒等于０,又因 为y＝１－x２ 在(０,１)上单调递减,在(－１,０)上 单调递增,y＝ x在 定 义 域 上 单 调 递 增,所 以 f′(x)在(０,１)上单调递减,在(－１,０)上单调递增, 即当x∈[－１,１]时,f′(x)的值由小变大,再由大 变小,即函数f(x)图象从左到右是单调递增, 且变化趋势是先慢后快再变慢．] ３．(２０２５􀅰湖北房县第一中学模拟)已知函数f(x) ＝１－e ２x e２x＋１ ,不等式f(x２)＞f(x＋２)的解集为 (　　) A．(－∞,－１)∪(２,＋∞) B．(－１,２) C．(－∞,－２)∪(１,＋∞) D．(－２,１) 解析:B　[因为f(x)＝１－e ２x e２x＋１ ,所以f′(x)＝ －４e２x (e２x＋１)２ ＜０,所以f(x)在R上单调递减, 则f(x２)＞f(x＋２)等价于x２＜x＋２,解得－１ ＜x＜２,即原不等式的解集为(－１,２)．] ４．(２０２５􀅰沙坪坝区模拟)定义在(０,＋∞)上的函 数f(x)的导函数为f′(x),且f′(x)＜f (x) x ,则 对任意x１、x２∈(０,＋∞),x１≠x２,下列不等式 中一定成立的有 (　　) ①f(x１＋x２)＜f(x１)＋f(x２);②f(x１)＋f(x２)＜ x２ x１f (x１)＋ x１ x２f (x２);③f(２x１)＜２x１f(１);④f(x１x２) ＜f(x１)f(x２)． A．①②③ B．②④ C．②③ D．③ 解析:A　[由 已 知g(x)＝f (x) x ,则g′(x)＝ f′(x)x－f(x) x２ ＜０, 故g(x)在(０,＋∞)上单调递减, 故(x１－x２)[g(x１)－g(x２)]＜０,展开即为②; 由于２x１＞１,故g(２x１)＜g(１),故③正确; 由于x１＋x２＞x１⇒g(x１＋x２)＜g(x１)⇒ x１ x１＋x２f (x１＋x２)＜f(x１), 同理 x２ x１＋x２f (x１＋x２)＜f(x２),相加得f(x１＋ x２)＜f(x１)＋f(x２),故①正确; 取f(x)＝１,它符合题意,但是④并不成立,综 上一定成立的有①②③．] ５．(２０２５􀅰湖南师范大学附中模考)下列两数的大 小关系中正确的是 (　　) A．π３＞３π B． ３ ３＞ ４ ４ C．２ln３＜３ln２ D．tan１＜１ 解析:B　[对于 A,设f(x)＝lnxx (x＞e), 则f′(x)＝１－lnxx２ , 则当x＞e时,f′(x)＜０,∴f(x)在(e,＋∞)上 单调递减,∴f(３)＞f(π), 即ln３ ３ ＞ lnπ π ,即πln３＞３lnπ,∴ln３π＞lnπ３, 则３π＞π３,A 错误; 对于B,∵( ３ ３)１２＝３４＝８１,( ４ ４)１２＝４３＝６４, ∴( ３ ３)１２＞( ４ ４)１２,则 ３ ３＞ ４ ４,B正确; 对于 C,∵２ln３＝ln３２＝ln９,３ln２＝ln２３＝ ln８,ln９＞ln８,∴２ln３＞３ln２,C错误; 对于 D,tan１＞tanπ４＝１ ,D错误．] ６．(２０２５􀅰荆州模拟)已知f(x)是定义在(－∞, ０)∪(０,＋∞)上的奇函数,f′(x)是f(x)的导 函数,f(１)≠０,且满足f′(x)lnx＋f (x) x ＜０ ,则 不等式(x－１)f(x)＜０的解集为 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０３４􀅰 高考总复习　数学(BS) A．(１,＋∞) B．(０,１) C．(－∞,１) D．(－∞,０)∪(１,＋∞) 解析:D　[∵[f(x)lnx]′＝１xf (x)＋f′(x)lnx＜ ０,∴g(x)＝f(x)lnx在(０,＋∞)上为减函数, 而g(１)＝０, ∴在(０,１)上lnx＜０,g(x)＞０;在(１,＋∞)上 lnx＞０,g(x)＜０;而f(１)＜０, ∴在(０,＋∞)上f(x)＜０,又函数f(x)为奇函数, ∴在(－∞,０)上f(x)＞０, 不等式 (x－１)f(x)＜０ 等 价 于 x＞１, f(x)＜０{ 或 x＜１, f(x)＞０,{ ∴x∈(－∞,０)∪(１,＋∞)．] ７．(多选)(２０２５􀅰全国模拟)已知函数f(x)的定义域 为(０,＋∞),其导函数为f′(x),对于任意x∈(０, ＋∞),都有xlnxf′(x)＋f(x)＞０,则使不等式 f(x)lnx＋１＞１x 成立的x的值可以为 (　　) A．１２　　　　B．１　　　　C．２　　　　D．３ 解析:CD　[令g(x)＝f(x)lnx＋１－１x ,所以 g′(x)＝f′(x)lnx＋f (x) x ＋ １ x２ , 因为xf′(x)lnx＋f(x) x ＞０ ,１ x２ ＞０,所以g′(x) ＞０,所以g(x)在(０,＋∞)上单调递增, 又 g (１)＝０,可 得 g (x)＞０ 的 解 集 为 (１,＋∞)．] ８．(多选)(２０２５􀅰广东茂名模拟)已知函数f(x) ＝ln(e２x－ae－x)－１２x ,其中e是自然对数的底 数,则下列选项正确的是 (　　 ) A．若a＝１,则f(x)为奇函数 B．若a＝－１,则f(x)为偶函数 C．若f(x)具备奇偶性,则a＝－１或a＝０ D．若f(x)在(０,＋∞)上单调递增,则a的取值 范围为[－１,＋∞) 解析:BCD　[若a＝１,f(x)＝ln(e２x－e－x)－１２ x,则e２x－e－x＞０,解得x＞０,故f(x)的定义域 为(０,＋∞),不关于原点对称,即 A 错误;若a ＝－１,f(x)＝ln(e２x ＋e－x)－１２x＝ln (e２x ＋ e－x)－lne x ２ ＝ln(e ３ ２x＋e－ ３ ２x),定义域为R,满足 f(－x)＝f(x),故f(x)＝ln(e ３ ２x＋e－ ３ ２x)为偶 函数,即B正确; 当a＝－１时,由B可知f(x)为偶函数, 当a＝０时,易知f(x)＝３２x 为奇函数,即 C 正确; 由题知,f(x)＝ln(e ３ ２x－ae－ ３ ２x),若f(x)在(０, ＋∞)上单调递增,则函数g(x)＝e ３ ２x－ae－ ３ ２x在 (０,＋∞)上单调递增,则g′(x)＝３２e －３２x􀅰(e３x ＋a)≥０在(０,＋∞)上恒成立,即e３x＋a≥０在 (０,＋∞)上恒成立,解得a≥－１,即 D正确．] ９．(２０２５􀅰呼和浩特市模拟)若函数f(x)＝lnx＋ ax２－２x在区间(１,２)内存在单调递增区间,则 实数a的取值范围是　　　． 解析:f′(x)＝１x＋２ax－２ , 若f(x)在区间(１,２)内存在单调递增区间, 则f′(x)＞０在x∈(１,２)有解,故a＞１x－ １ ２x２ , 令g(x)＝１x－ １ ２x２ ,∵g(x)在(１,２)为减函数, ∴g(x)＞g(２)＝１２－ １ ８＝ ３ ８ ,故a＞３８． 答案:３ ８ ,＋∞æ è ç ö ø ÷ １０．(２０２５􀅰河北模拟)若函数f(x)＝(x２＋mx)ex 在 －１２ ,１[ ]上存在单调递减区间,则 m 的取 值范围是　　　　 ． 解析:f′(x)＝(２x＋m)ex＋(x２＋mx)ex ＝[x２＋(m＋２)x＋m]ex, 则原问题等价于f′(x)＜０在 －１２ ,１[ ] 上有 解,即x２＋(m＋２)x＋m＜０ 在 －１２ ,１[ ] 上 有解, 即m＜－x ２－２x x＋１ 在 －１２ ,１[ ] 上有解, 因为－x ２－２x x＋１ ＝－ (x＋１)＋ １x＋１ ,且y＝－(x ＋１)＋ １x＋１ 在 －１２ ,１[ ] 上单调递减, 所以 当 x＝ － １２ 时,ymax ＝ － － １ ２＋１ æ è ç ö ø ÷ ＋ １ －１２＋１ ＝３２ ,所以m＜３２． 答案:m＜３２ １１．(２０２５􀅰北京模拟)已知奇函数f(x)的定义域 为R,且f′ (x) x２－１ ＞０,则f(x)的单调递减区间为 　　　　　　　　;满足以上条件的一个函数 是　　　　． 解析:由f′(x) x２－１ ＞０,可得f′(x)(x２－１)＞０, 所以 f′ (x)＞０, x２－１＞０{ 或 f′(x)＜０, x２－１＜０,{ 所以当x＜－１或x＞１时,f′(x)＞０,当－１＜ x＜１时,f′(x)＜０, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１３４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 所以f(x)的单调递减区间为(－１,１), 所以满足条件的一个函数可以为f(x)＝１３x ３ －x(答案不唯一)． 答案:(－１,１)　f(x)＝１３x ３－x(答案不唯一) １２．(２０２５􀅰齐齐哈尔市模拟)已知函数f(x)＝ klnx－１＋１x ,且曲线y＝f(x)在点(１,f(１))处的 切线与y轴垂直． (１)求函数f(x)的单调区间; (２)若f(x)＞ax在０＜x＜１时恒成立,求实数 a的取值范围． 解:(１)f(x)的定义域为(０,＋∞),f′(x)＝ k x－ １ x２ ＝kx－１ x２ ,∵y＝f(x)在点(１,f(１))处 的切线与y轴垂直, ∴f′(１)＝０,即k＝１,∴f′(x)＝x－１x２ , ∴当０＜x＜１时,f′(x)＜０,当x＞１时, f′(x)＞０, ∴f(x)的单调递减区间为(０,１),单调递增区 间为(１,＋∞)． (２)f(x)＝lnx－１＋１x ,∵f(x)＞ax 对０＜x ＜１恒成立,∴a＜f (x) x 在(０,１)上恒成立, 设g(x)＝f (x) x ＝ lnx x － １ x＋ １ x２ (０＜x＜１),则 g′(x)＝１－lnxx２ ＋１ x２ －２ x３ ＝２x－xlnx－２ x３ , 令h(x)＝２x－xlnx－２(０＜x＜１),则 h′(x)＝２－lnx－１＝１－lnx＞０, ∴h(x)在(０,１)上单调递增,∴h(x)＜h(１)＝０, ∴g′(x)＜０,∴g(x)在(０,１)上单调递减, ∴g(x)＞g(１)＝０,∴a≤０． [能力提升组] １３．(２０２５􀅰江西鹰潭市模拟)已知奇函数f(x)的 定义 域 为 －π２ ,０æ è ç ö ø ÷ ∪ ０,π２ æ è ç ö ø ÷,其 导 函 数 是 f′(x)．当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷时,f′(x)sinx－f(x)cosx＜０, 则关于x的不等式f(x)＜２f π６ æ è ç ö ø ÷sinx 的解 集为 (　　) A．－π２ ,－π６ æ è ç ö ø ÷∪ ０,π６ æ è ç ö ø ÷ B．－π２ ,π ６ æ è ç ö ø ÷∪ π６ ,π ２ æ è ç ö ø ÷ C．－π６ ,０æ è ç ö ø ÷∪ ０,π６ æ è ç ö ø ÷ D．－π６ ,０æ è ç ö ø ÷∪ π６ ,π ２ æ è ç ö ø ÷ 解析:D　[g(x)＝f (x) sinx , ∴g′(x)＝f′ (x)sinx－f(x)cosx sin２x , ∵当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷时,f′(x)sinx－f(x)cosx＜０, ∴g′(x)＜０, ∴g(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 上单调递减,∵f(x)是定义 在 －π２ ,０æ è ç ö ø ÷∪ ０,π２ æ è ç ö ø ÷上的奇函数, 故g(－x)＝f (－x) sin(－x)＝ f(x) sinx＝g (x),∴g(x) 是定义在 －π２ ,０æ è ç ö ø ÷∪ ０,π２ æ è ç ö ø ÷上的偶函数． ∴g(x)在 －π２ ,０æ è ç ö ø ÷上单调递增． ①当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷时,sinx＞０, 则不等式f(x)＜２f π６ æ è ç ö ø ÷sinx 可转化为f (x) sinx ＜ f π６ æ è ç ö ø ÷ sinπ６ ,即g(x)＜g π６ æ è ç ö ø ÷,∴x＞π６ , 故x∈ π６ ,π ２ æ è ç ö ø ÷． ②当x∈ －π２ ,０æ è ç ö ø ÷时,sinx＜０, 则不等式f(x)＜２f π６ æ è ç ö ø ÷sinx可转化为 f(x) sinx＞ f π６ æ è ç ö ø ÷ sinπ６ , 即g(x)＞g π６ æ è ç ö ø ÷＝g －π６ æ è ç ö ø ÷, ∴x＞－π６ ,故x∈ －π６ ,０æ è ç ö ø ÷． 不 等 式 f (x)＜２f π６ æ è ç ö ø ÷sinx 的 解 集 为 －π６ ,０æ è ç ö ø ÷∪ π６ ,π ２ æ è ç ö ø ÷．] １４．(多选)若定义域为(０,＋∞)的函数f(x)的导 函数f′(x)满足xf′(x)＋１＞０,且f(１)＝１, 则下列结论中成立的是 (　　) A．f(e)＞０ B．f １e æ è ç ö ø ÷＜２ C．∀x∈(１,e),f(x)＞０ D．∃x∈(１,e),f(x)－f １x æ è ç ö ø ÷＋２＜０ 解析:ABC　[根据题意,若定义域为(０,＋∞) 的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋１ ＞０,则有f′(x)＋１x＞０ ,则有(f(x)＋lnx)′＞０,设 g(x)＝f(x)＋lnx,则g′(x)＝f′(x)＋１x＞０ ,则 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２３４􀅰 高考总复习　数学(BS) g(x)在(０,＋∞)上为增函数,依次分析选项: 对于 A,e＞１,则g(e)＞g(１),即f(e)＋lne＞ １,则有f(e)＞０,A 成立;对于B,１e＜１ ,则 g １e æ è ç ö ø ÷＜g(１),则f １e æ è ç ö ø ÷＋ln１e＝f １ e æ è ç ö ø ÷－１＜ １,即有f １e æ è ç ö ø ÷＜２,故 B成立;对于 C,g(x)在 (１,e)上为增函数,且g(１)＝１,则有f(x)＋ lnx＞１,则f(x)＞１－lnx,又当１＜x＜e时, ０＜lnx＜１,则f(x)＞０,符合题意;对于 D,当 x∈(１,e)时,有x＞１x＞ １ e＞０ ,此时有g(x)＞ g １x æ è ç ö ø ÷,即f(x)＋lnx＞f １x æ è ç ö ø ÷＋ln １x æ è ç ö ø ÷,变形 可得f(x)－f １x æ è ç ö ø ÷＋２lnx＞０,又当１＜x＜e 时,０＜lnx＜１,则f(x)－f １x æ è ç ö ø ÷ ＋２＞０恒成立, 不符合题意．] １５．(２０２５􀅰 北 京 石 景 山 模 拟)设 函 数 f(x) ＝ x ３＋３ax,x≤１, ３x＋a２,x＞１,{ ①若f(x)有两个零点,则实数a的一个取值 可以是　　　　　　　　　　　; ②若f(x)是R上的增函数,则实数a的取值 范围是　　　　　　　　　　　． 解析:①函数f(x)＝３x＋a２ 在(１,＋∞)上单 调递增,f(１)＝３＋a２＞０, 所以函数f(x)在区间(１,＋∞)上无零点, 则函数f(x)＝x３＋３ax 在(－∞,１]上有２个 零点, 即x３＋３ax＝０,x(x２＋３a)＝０,则x＝０,或x ＝－ －３a或x＝ －３a,a＜０, 则 －３a＞１,解得a＜－１３ , 所以a的一个值是－１; ②函数f(x)＝３x＋a２ 在 (１,＋∞)上 单 调 递增, 则在(－∞,１]上,f(x)＝x３＋３ax 也单调递 增,且１３＋３a≤３×１＋a２, 若函数在f(x)＝x３＋３ax 在区间(－∞,１]上 单调递增,则f′(x)＝３x２＋３a≥０,即a≥－x２ 在区间(－∞,１]上恒成立,即a≥(－x２)max, 即a≥０, 不等式１３＋３a≤３×１＋a２,解 得a≥２ 或a ≤１, 综上可知,０≤a≤１或a≥２． 答案:①－１(a＜－１３ 内的值都可以)　②[０, １]∪[２,＋∞) １６．(２０２５􀅰陕西模拟预测)已知函数f(x)＝blnx ＋x２－(b＋２)x． (１)当b＝１时,求曲线y＝f(x)在点(１,f(１)) 处的切线方程; (２)求f(x)的单调区间． 解析:(１)当b＝１时,f(x)＝lnx＋x２－３x, f(１)＝－２,f′(x)＝１x＋２x－３ ,f′(１)＝０, 故曲线y＝f(x)在点(１,f(１))处的切线方程 为y＝－２． (２)f(x)＝blnx＋x２－(b＋２)x,其定义域为 (０,＋∞),则f′(x)＝bx＋２x－ (b＋２) ＝２x ２－(b＋２)x＋b x ＝ (２x－b)(x－１) x ． ①当b２≤０ ,即b≤０时,令f′(x)＜０,得０＜x ＜１,令f′(x)＞０,得x＞１,故f(x)的单调递 减区间为(０,１),单调递增区间为(１,＋∞)． ②当b２＞０ ,即b＞０时,由f′(x)＝０,得x１＝ b ２ ,x２＝１． (ⅰ)当０＜b２＜１ ,即０＜b＜２时, 令f′(x)＞０,可得０＜x＜b２ 或x＞１; 令f′(x)＜０,可得b２＜x＜１ , 故f(x)的单调递增区间为 ０,b２ æ è ç ö ø ÷和(１,＋∞), 单调递减区间为 b ２ ,１æ è ç ö ø ÷． (ⅱ)当b２＝１ ,即b＝２时,f′(x)＝ (２x－２)(x－１) x ＝ ２(x－１)２ x ≥０ , 故f(x)的单调递增区间为(０,＋∞),无单调 递减区间． (ⅲ)当b２＞１ ,即b＞２时, 令f′(x)＞０,可得０＜x＜１或x＞b２ ; 令f′(x)＜０,可得１＜x＜b２ , 故 f (x)的 单 调 递 增 区 间 为 (０,１) 和 b ２ ,＋∞æ è ç ö ø ÷, 单调递减区间为 １,b２ æ è ç ö ø ÷． 综上,当b≤０时,f(x)的单调递减区间为(０,１), 单调递增区间为(１,＋∞); 当０＜b＜２ 时,f(x)的 单 调 递 增 区 间 为 ０,b２ æ è ç ö ø ÷和(１,＋∞),单调递减区间为 b２ ,１æ è ç ö ø ÷; 当b＝２时,f(x)的单调递增区间为(０,＋∞), 无单调递减区间; 当b＞２时,f(x)的单调递增区间为(０,１)和 b ２ ,＋∞æ è ç ö ø ÷,单调递减区间为 １,b２ æ è ç ö ø ÷． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３３４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 课时冲关１８　利用导数研究函数的极值、最值 学生用书　P２７１ [基础训练组] １．(２０２５􀅰沈阳市模拟)设函数f(x)＝xex＋１,则 (　　) A．x＝１为f(x)的极大值点 B．x＝１为f(x)的极小值点 C．x＝－１为f(x)的极大值点 D．x＝－１为f(x)的极小值点 解析:D　[由于f(x)＝xex＋１,可得 f′(x)＝(x＋１)ex, 令f′(x)＝(x＋１)ex＝０,可得x＝－１, 令f′(x)＝(x＋１)ex＞０,可得x＞－１,即函数 在(－１,＋∞)上是增函数,令f′(x)＝(x＋１)ex ＜０可得x＜－１,即函数在(－∞,－１)上是减 函数,所以x＝－１为f(x)的极小值点．] ２．已知函数f(x)＝－x＋２sinx,x∈ ０,π２[ ],则 函数f(x)的最大值为 (　　) A．０ B．２－π２ C．３－π３ D．３－ π ６ 解析:C　[∵f′(x)＝－１＋２cosx,∴当x∈ ０,π３[ ö ø ÷时,f′(x)＞０,f(x)单调递增, 当x∈ π３ ,π ２ æ è ç ] 时,f′(x)＜０,f(x)单调递减, ∴f(x)max＝f π ３ æ è ç ö ø ÷＝ ３－π３． ] ３．已知x＝e２ 是函数f(x)＝xln(２x)－ax的极值 点,则实数a的值为 (　　) A．１ B．e２ C．２ D．e 解析:C　[由题意可得:f′(x)＝ln(２x)＋x× ２ ２x－a＝ln (２x)＋１－a, 因为x＝e２ 是函数f(x)＝xln(２x)－ax 的极 值点, 故f′ e２ æ è ç ö ø ÷＝lne＋１－a＝２－a＝０,得a＝２, 经验证:a＝２时,f′(x)＝ln(２x)－１, 当０＜x＜e２ 时,f′(x)＜０,f(x)递减,当x＞e２ 时,f′(x)＞０,f(x)递增, 则x＝e２ 是函数f(x)＝xln(２x)－ax的极小值 点,故a＝２．] ４．如图,可导函数y＝f(x)在点P(x０,f(x０))处 的切线为l:y＝g(x),设h(x)＝f(x)－g(x), 则下列说法正确的是 (　　 ) A．∃x∈R,h(x)＞０ B．∀x∈R,h′(x)＜０ C．h′(x０)＝０,x＝x０ 是h(x)的极大值点 D．h′(x０)＝０,x＝x０ 是h(x)的极小值点 解析:C　[因函数y＝f(x)在点P(x０,f(x０)) 处的切线为y－f(x０)＝f′(x０)(x－x０),即 g(x)＝f′(x０)x－x０f′(x０)＋f(x０), 则h(x)＝f(x)－g(x) ＝f(x)－f′(x０)x＋x０f′(x０)－f(x０), 于是,h′(x)＝f′(x)－f′(x０),由图知,当x＜x０ 时,f′(x)＞f′(x０),此时h′(x)＞０, 当x＞x０ 时,f′(x)＜f′(x０),此时h′(x)＜０． 对于B项,由上分析,B项显然错误; 对于C,D项,由上分析,当x＜x０ 时,h(x)单调 递增;当x＞x０ 时,h(x)单调递减, 即当x＝x０ 时,h(x)取得极大值,且h′(x０)＝０, 故C项正确,D项错误;对于 A 项,由以上分析 知x＝x０ 时,h(x)取得极大值h(x０)＝０,也是 最大值,则有∀x∈R,h(x)≤０,故 A 项错误．] ５．已 知 y＝f(x)是 奇 函 数,当 x∈ (０,２)时, f(x)＝lnx－axa＞１２ æ è ç ö ø ÷,当x∈(－２,０)时, f(x)的最小值为１,则a的值为 (　　) A．１４　　　B． １ ３　　　C． １ ２　　　D．１ 解析:D　[∵f(x)是奇函数,∴f(x)在(０,２)上 的最大值为－１．当x∈(０,２)时,f′(x)＝１x－a ,令 f′(x)＝０得x＝１a ,又a＞１２ ,∴０＜１a＜２． 当 ０＜x＜１a 时,f′(x)＞０,f(x)在 ０,１a æ è ç ö ø ÷ 上单调 递增;当x＞１a 时,f′(x)＜０,f(x)在 １a ,２æ è ç ö ø ÷ 上 单调递减,∴f(x)max＝f １ a æ è ç ö ø ÷＝ln１a－a 􀅰１ a＝ －１,解得a＝１．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４３４􀅰 高考总复习　数学(BS) ６．函数f(x)＝a２x ２－sinx,若f(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 上 有最小值,则实数a的取值范围是 (　　) A．(０,＋∞) B．(０,１) C．(－∞,０) D．(－１,０) 解析:A　[由题意,函数f(x)＝a２x ２－sinx,可 得f′(x)＝ax－cosx, 若a≤０时,当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 时,可得f′(x)＜０, f(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷上单调递减, 此时函数f(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 上没有最小值,不符合 题意; 当a＞０时,令f′(x)＝０,即ax－cosx＝０,即y ＝ax与y＝cosx的交点, 画出函数y＝ax 与y＝ cosx的图象,如图所示, 结合图象,可得存在x０∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷,使得f′(x０)＝０． 当x∈(０,x０)时,f′(x) ＜０,f(x)单调递减; 当x∈ x０, π ２ æ è ç ö ø ÷时,f′(x)＞０,f(x)单调递增, 此时函数f(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷上有最小值,符合题意, 综上可得,实数a的取值范围是(０,＋∞)．] ７．(多选)函数y＝f(x)的 导函数y＝f′(x)的图象 如图所示,下列命题中 正确的是 (　　) A．－３是函数y＝f(x) 的极值点 B．y＝f(x)在区间(－３,１)上单调递增 C．－１是函数y＝f(x)的最小值点 D．y＝f(x)在x＝０处切线的斜率小于零 解析:AB　 [根 据 导 函 数 图 象 可 知:当 x∈ (－∞,－３)时,f′(x)＜０,在x∈(－３,１)时, f′(x)≥０,∴函数y＝f(x)在(－∞,－３)上单 调递减,在(－３,１)上单调递增,故B正确;则－３ 是函数y＝f(x)的极小值点,故 A 正确;∵ 在 (－３,１)上单调递增,∴－１不是函数y＝f(x) 的最小值点,故C不正确;∵函数y＝f(x)在x ＝０处的导数大于０,∴切线的斜率大于零,故 D不正确．] ８．(多选)(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x －１)２(x－４),则 (　　) A．x＝３是f(x)的极小值点 B．当０＜x＜１时,f(x)＜f(x２) C．当１＜x＜２时,－４＜f(２x－１)＜０ D．当－１＜x＜０时,f(２－x)＞f(x) 解析:ACD　[首先有f(x)＝(x－１)２(x－４), 则f′(x)＝３(x－１)(x－３), 对于 A 有,x＝３左右的两侧符号变化为由负到 正,故其为极小值点,故 A 正确; 对于B有,当０＜x＜１时,函数单调递增且x２＜ x,故f(x２)＜f(x),故B错误; 对于C有,当１＜x＜２时,得１＜２x－１＜３且 f(１)＝０,f(３)＝－４,故－４＜f(２x－１)＜０,故 C正确; 对于 D 有,当－１＜x＜０时,f(x)单调递增, f(２－x)＞f (x)成 立,故 D 正 确．故 选 择 ACD．] ９．f(x)＝|ln(ax)－２|＋ax,f(x)的最小值为 　　　　． 解析:令ax＝t∈(０,＋∞),则y＝|lnt－２|＋t ＝ t＋lnt－２,t≥e２, t－lnt＋２,０＜t＜e２,{ 当t≥e２ 时,y＝lnt＋t－２单调递增,ymin＝e２, 当０＜t＜e２ 时,令g(t)＝－lnt＋t＋２, g′(t)＝－１t＋１＝ t－１ t , ０＜t＜１时,g′(t)＜０,g(t)递减, t＞１时,g′(t)＞０,g(t)递增,∴g(t)min＝g(１)＝３． 综上,f(x)min＝３． 答案:３ １０．已知a＞０,函数g(x)＝x＋１＋ax －２ 在[２,＋∞) 上的最小值为１,则a＝　　　　． 解析:由题意得g′(x)＝１－１＋ax２ ＝x ２－(１＋a) x２ , 当 １＋a≤２,即０＜a≤３时,g′(x)＞０,g(x) 在[２,＋∞)上单调递增, 故g(t)min＝g(２)＝ １＋a ２ ＝１ ,解得a＝１; 当 １＋a＞２,即a＞３时,当２≤x＜ １＋a时, g′(x)＜０,g(x)单调递减, 当x＞ １＋a时,g′(x)＞０,g(x)单调递增, 故g(x)min＝g(１＋a)＝２ １＋a－２＝１,解得 a＝５４ ,不符合a＞３,舍去, 综上,a＝１． 答案:１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５３４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 １１．设函数f(x)＝lnx－１２ax ２－bx,若x＝１是f(x) 的极大值点,则实数a的取值范围为　　　． 解析:f(x)的定义域为(０,＋∞),f′(x)＝１x－ ax－b,由f′(１)＝０,得b＝１－a． ∴f′(x)＝１x－ax＋a－１＝ －ax２＋１＋ax－x x ＝－ (ax＋１)(x－１) x ． ①若a≥０,当０＜x＜１时,f′(x)＞０,f(x)单 调递增;当x＞１时,f′(x)＜０,f(x)单调递减, 所以x＝１是f(x)的极大值点． ②若a＜０,由f′(x)＝０,得x＝１或x＝－１a． 因为x＝１是f(x)的极大值点,所以－１a＞１ , 解得－１＜a＜０．综合①②得实数a的取值范 围是(－１,＋∞)． 答案:(－１,＋∞) １２．已知函数f(x)＝ax－１－lnx(a∈R)． (１)讨论函数f(x)的定义域内的极值点的 个数; (２)若函数f(x)在x＝１处取得极值,∀x∈ (０,＋∞),f(x)≥bx－２恒成立,求实数b的最 大值． 解:(１)f(x)的定义域为(０,＋∞)． f′(x)＝a－１x＝ ax－１ x ． 当a≤０时,f′(x)≤０在 (０,＋∞)上恒成立, 函数f(x)在(０,＋∞)上单调递减． f(x)在(０,＋∞)上没有极值点． 当a＞０时,由f′(x)＞０,得x＞１a , 所 以 f (x)在 ０,１a æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 减,在 １ a ,＋∞æ è ç ö ø ÷上单调递增,即f(x)在x＝１a 处有 极小值． 综上,当a≤０时,f(x)在(０,＋∞)上没有极值 点;当a＞０时,f(x)在(０,＋∞)上有一个极 值点． (２)∵函数f(x)在x＝１处取得极值, f′(１)＝a－１＝０,则a＝１, 从而f(x)＝x－１－lnx． 因此f(x)≥bx－２,即１＋１x－ lnx x ≥b , 令g(x)＝１＋１x－ lnx x ,则g′(x)＝lnx－２x２ , 由g′(x)≥０,得x≥e２, 则g(x)在(０,e２)上单调递减,在(e２,＋∞)上 单调递增,g(x)min＝g(e２)＝１－ １ e２ ,故实数b 的最大值是１－１ e２ ． [能力提升组] １３．(多选)(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝ ２x３－３ax２＋１,则 (　　) A．当a＞１时,f(x)有三个零点 B．当a＜０时,x＝０是f(x)的极大值点 C．存在a,b,使得x＝b为曲线f(x)的对称轴 D．存在a,使得点(１,f(１))为曲线y＝f(x)的 对称中心 解析:AD　[求导得f′(x)＝６x(x－a),于是: A 正确,当a＞１时,极大值f(０)＝１＞０,极小 值f(a)＝１－a３＜０,所以必有三个零点;B错, a＜０时,x＝０应为极小值点;C 错,任何三次 函数不存在对称轴;D正确,当a＝２时f(x)＝ ２(x－１)３－６(x－１)－３,关 于(１,－３)中 心 对称．] １４．(２０２５􀅰陕西西北工业大学附属中学模拟)已 知函数f(x)＝[ax２－(４a＋１)x＋４a＋３]ex, 若x＝２是f(x)的极小值点,则实数a的取值 范围是 (　　) A．－∞,２３ æ è ç ] B．１２,＋∞ æ è ç ö ø ÷ C．(－∞,０) D．(－１,＋∞) 解析:B　[由f(x)＝[ax２－(４a＋１)x＋４a＋ ３]ex,得f′(x)＝(ax－１)(x－２)ex, 令f′(x)＝(ax－１)(x－２)ex＞０⇒(ax－１)(x －２)＞０, 若a＜０,则(ax－１)(x－２)＞０⇒１a＜x＜２ ,此 时 在 １ a ,２æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 增,在 (２,＋ ∞ ), －∞,１a æ è ç ö ø ÷上单调递减,这与x＝２是f(x)的 极小值点矛盾,故舍去． 若a＝０,可知x＝２是f(x)的极大值点,故不 符合题意． 若１ ２＞a＞０ ,(ax－１)(x－２)＞０⇒x＜２,x＞ １ a ,此时f(x)在(－∞,２), １a ,＋∞æ è ç ö ø ÷ 上单调 递增,在 ２,１a æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 减,可 知 x＝２ 是 f(x)的极大值点,故不符合题意． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６３４􀅰 高考总复习　数学(BS) 当a＞１２ ,(ax－１)(x－２)＞０⇒x＞２,x＜１a , 此时f(x)在 －∞,１a æ è ç ö ø ÷(２,＋∞)上单调递增, 在 ２,１a æ è ç ö ø ÷上单调递减,可知x＝２是f(x)的极 小值点,符合题意． 若a＝１２ ,f(x)在定义域内单调递增,无极值, 不符合题意,舍去．综上可知实数a 的取值范 围是 １ ２ ,＋∞æ è ç ö ø ÷．] １５．(２０２５􀅰长沙市模拟)在半径为R的圆内,作内 接等 腰 △ABC,当 底 边 上 高 h∈ (０,t]时, △ABC的面积取得最大值３ ３R ２ ４ ,则t的取值 范围是　　　　． 解析:设圆内接等腰三角形的底边长为２x,高 为h,△ABC 的面积为S,则x２＝h(２R－h), ∵S＝xh, ∴S２＝x２h２＝h３(２R－h)＝－h４＋２Rh３(０＜h ＜２R), 令f(h)＝－h４＋２Rh３,(０＜h＜２R), ∴f′(h)＝－４h３＋６Rh２＝２h２(３R－２h), 令f′(h)＝０,解得h＝３R２． 当０＜h＜３R２ 时,f′(h)＞０,函 数f(h)单 调 递增,当３R ２ ＜h＜２R 时,f′(h)＜０,函数f(h) 单调递减． ∴f(h)max＝f ３R ２ æ è ç ö ø ÷＝２７R ４ １６ ,∴Smax＝ ３ ３R２ ４ , ∴h＝３R２ ∈ (０,t], ∴t的取值范围为 ３R２ ,２R[ öø÷． 答案:３R ２ ,２R[ öø÷ １６．(２０２５􀅰北京人大附中模拟)已知函数f(x)＝ ex(x－a)２． (１)若f(x)在x＝－１处的切线与x 轴平行, 求a的值; (２)f(x)有两个极值点x１,x２,比较f x１＋x２ ２ æ è ç ö ø ÷ 与f (x１)＋f(x２) ２ 的大小; (３)若f(x)在[－１,１]上的最大值为４e,求a 的值． 解:(１)f′(x)＝ex (x－a)２ ＋ex 􀅰２(x－a) ＝ex[x２＋(２－２a)x＋a２－２a], 由f′(－１)＝e－１[１－(２－２a)＋a２－２a]＝０, 解得a＝±１, 当a＝１时,f(x)＝ex(x－１)２,f(－１)＝４e－１, 符合题意; 当a＝－１时,f(x)＝ex(x＋１)２,f(－１)＝０, 此时切线与x轴重合,不符合题意; 所以a＝１． (２)由(１)知:f′(x)＝ex(x２＋(２－２a)x＋a２－２a) ＝ex(x－a)[x－(a－２)],令f′(x)＝０,可得x ＝a或a－２, 则f(x)在(－∞,a－２),(a,＋∞)上单调递 增,在(a－２,a)上单调递减,则a－２,a是f(x) 的两个极值点,不妨设x１＝a－２,x２＝a, 则f x１＋x２ ２ æ è ç ö ø ÷＝fa－２＋a２ æ è ç ö ø ÷＝f(a－１)＝ea－１, f(x１)＋f(x２) ２ ＝ f(a－２)＋f(a) ２ ＝ ４ea－２＋０ ２ ＝２ea－２, 又ea－１＝e􀅰ea－２＞２ea－２, 即f x１＋x２ ２ æ è ç ö ø ÷＞f (x１)＋f(x２) ２ ． (３)由(２)知:f(x)在(－∞,a－２),(a,＋∞)上 单调递增,在(a－２,a)上单调递减． 当a≥３时,a－２≥１,则f(x)在[－１,１]上单 调递增,则f(x)max＝f(１)＝e(１－a)２＝４e,解 得a＝３或－１,故a＝３; 当１＜a＜３ 时,－１＜a－２＜１,则 f(x)在 [－１,a－２)上单调递增,在(a－２,１]上单调递 减,则f(x)max＝f(a－２)＝４ea－２＝４e,解得a ＝３,不满足１＜a＜３,不合题意; 当a＝１时,a－２＝－１,则f(x)在[－１,１]上 单调递减,则f(x)max＝f(－１)＝e－１(－１－ a)２＝４e≠４e ,不合题意; 当－１＜a＜１时,a－２＜－１,则f(x)在[－１,a)上 单调递减,在(a,１]上单调递增,则f(x)max＝ {f(－１),f(１)}max, 若f(－１)≥f(１),则f(x)max＝f(－１)＝e－１ (－１－a)２＝４e,解得a＝２e－１或－２e－１,不 满足－１＜a＜１,不合题意, 若f(１)＞f(－１),则f(x)max＝f(１)＝e(１－a)２＝ ４e,解得a＝３或－１,不满足－１＜a＜１,不合 题意; 当a≤－１时,则f(x)在[－１,１]上单调递增, 则f(x)max＝f(１)＝e(１－a)２＝４e,解得a＝３ 或－１,故a＝－１; 综上,a＝３或－１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７３４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 课时冲关１９　函数中的构造问题 学生用书　P２７３ [基础训练组] １．已知定义在R上的函数f(x)满足f(２)＝２０,且 f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)＞６x２＋２,则不 等式f(x)＞２x３＋２x的解集为 (　　) A．{x|x＞－２} B．{x|x＞２} C．{x|x＜２} D．{x|x＜－２或x＞２} 解析:B　[令函数g(x)＝f(x)－２x３－２x,则 g′(x)＝f′(x)－６x２－２＞０,所以g(x)在 R上 单调递增． 因为g(２)＝f(２)－２×２３－２×２＝０,所以原不 等式等价于g(x)＞０＝g(２), 所以所求不等式的解集为{x|x＞２}．] ２．已知a,b,c∈ １e ,＋∞æ è ç ö ø ÷,且ln５ a ＝－５lna ,ln３ b ＝－３lnb,ln２c ＝－２lnc ,则 (　　) A．b＜c＜a B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．a＜b＜c 解析:A　[设函数f(x)＝xlnx,f′(x)＝１＋lnx, 当x∈ １e ,＋∞æ è ç ö ø ÷,f′(x)＞０,此时f(x)单调递 增,当x∈ ０,１e æ è ç ö ø ÷,f′(x)＜０,此时f(x)单调递 减,由题ln５ a ＝－５lna ,ln３ b ＝－３lnb ,ln２ c ＝ －２lnc,得alna＝１５ln １ ５ ,blnb＝１３ln １ ３ ,clnc ＝１２ln １ ２＝ １ ４ln １ ４ ,因为１ ５＜ １ ４＜ １ ３＜ １ e ,所以 １ ５ln １ ５＞ １ ４ln １ ４＞ １ ３ln １ ３ ,则alna＞clnc＞blnb, 且a,b,c∈ １e ,＋∞æ è ç ö ø ÷,所以a＞c＞b．] ３．已知f(x)是定义在R上的奇函数,f(－１)＝０, 当x＜０时,xf′(x)＋f(x)＜０,则使得f(x)＞０ 成立的x的取值范围是 (　　) A．(－∞,－１)∪(０,１) B．(－１,０)∪(１,＋∞) C．(－∞,－１)∪(－１,０) D．(０,１)∪(１,＋∞) 解析:B　[构造函数F(x)＝xf(x), 因为f(x)为奇函数,所以F(－x)＝－xf(－x) ＝xf(x)＝F(x),所以F(x)为偶函数, 因为当x＜０时,xf′(x)＋f(x)＜０,即F′(x)＜０, 所以x＜０时,函数F(x)单调递减,x＞０时,函 数F(x)单调递增, 因为f(－１)＝０,所以F(－１)＝(－１)f(－１)＝０． F(１)＝０．因为f(x)＞０,所以F (x) x ＞０ , 所以 x＞０, F(x)＞０{ 或 x＜０, F(x)＜０,{ 所以x＞１或－１＜ x＜０．] ４．(２０２５􀅰江苏模拟)f(x)在(０,＋∞)上的导函数 为f′(x),xf′(x)＞２f(x),则下列不等式成立 的是 (　　) A．２０２４２f(２０２５)＞２０２５２f(２０２４) B．２０２４２f(２０２５)＜２０２５２f(２０２４) C．２０２４f(２０２５)＞２０２５f(２０２４) D．２０２４f(２０２５)＜２０２５f(２０２４) 解析:A　[令g(x)＝f (x) x２ (x＞０),则g′(x)＝ x２f′(x)－２xf(x) x４ ＝xf′ (x)－２f(x) x３ , ∵xf′(x)＞２f(x),∴g′(x)＞０, ∴g(x)在(０,＋∞)上单调递增, ∴g(２０２４)＜g(２０２５),即f (２０２４) ２０２４２ ＜f (２０２５) ２０２５２ , ∴２０２４２f(２０２５)＞２０２５２f(２０２４)．] ５．设a＝ln３,b＝ ３ln２,c＝ ２ln３,则a、b、c的大 小关系是 (　　) A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．c＞b＞a 解析:D　[构造函数f(x)＝２lnxx ,其中x＞０, 则f′(x)＝２ (１－lnx) x２ , 当０＜x＜e时,f′(x)＞０,所以函 数f(x)在 (０,e)上单调递增, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８３４􀅰 高考总复习　数学(BS) 因为０＜ ２＜ ３＜e,则f(２)＜f(３), 即２ln ２ ２ ＜２ln ３ ３ ,即 ３ln２＜ ２ln３, 所以b＜c, 因为３５＝２４３＜２５６＝２８,故５ln３＜８ln２,即ln３ ＜８５ln２＜ ３ln２ ,即a＜b, 因此,c＞b＞a．] ６．(２０２５􀅰安徽模拟)已知a＝eπ－３,b＝ln(eπ－ ２e),c＝π－２,则 (　　 ) A．b＜c＜a　　　　　　　B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．c＜b＜a 解析:A　[由a＝eπ－３,b＝ln(eπ－２e), 即a＝e(π－２)－１,b＝ln(eπ－２e)＝ln(π－２)＋１, 令f(x)＝ex－１－x(x＞１),则f′(x)＝ex－１－１＞０ 在(１,＋∞)上恒成立, 故f(x)在(１,＋∞)上单调递增, 则有f(π－２)＝e(π－２)－１－(π－２)＞f(１)＝０,即 a＞c,令g(x)＝lnx－x＋１(x＞１), 则g′(x)＝１x－１＝ １－x x ＜０ 在(１,＋∞)上恒成 立,故g(x)在(１,＋∞)上单调递减, 则有g(π－２)＝ln(π－２)＋１－(π－２)＜g(１) ＝０,即b＜c,故b＜c＜a．] ７．设a＝２ln１．０１,b＝ １．０２－１,c＝ １１０１ ,则 (　　) A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．c＜b＜a 解析:D　[令f(x)＝lnx,g(x)＝ x－１, h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－ x＋１, h′(x)＝１x－ １ ２ x ＝２－ x２x ,可以判断h(x)在 [０,４]上单调递增, a－b＝２ln１．０１－ １．０２＋１＝ln１．０１２－ １．０２＋１ ＝ln１．０２０１－ １．０２＋１＞ln１．０２－ １．０２＋１ ＝h(１．０２)＞h(１)＝０, 所以a＞b, (b＋１)２－(c＋１)２＝１．０２－ １＋ １１０１ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ２１００－ ２ １０１－ １ １０１２ ＝２０２－２００１００×１０１－ １ １０１２ ＝ ２１００×１０１－ １ １０１２ ＞０, 所以(b＋１)２＞(c＋１)２, 又因为b＝ １．０２－１＞０,c＝ １１０１＞０ , 所以b＋１＞c＋１,即b＞c,所以c＜b＜a．] ８．设函数f(x)的定义域为(０,＋∞),f′(x)是函 数f(x)的导函数,f(x)＋(xlnx)f′(x)＞０,则 下列不等关系正确的是 (　　) A．f(３)log２３＞f(２) B．f π ３ æ è ç ö ø ÷lnπ３＜０ C．f(３)＞２f(９) D．f １ e２ æ è ç ö ø ÷＜０ 解析:A　[函数f(x)的定义域为(０,＋∞),则 f(x)＋(xlnx)f′(x)＞０⇔１xf (x)＋f′(x)lnx＞ ０,令g(x)＝f(x)lnx,x＞０,则g(x)＝１xf (x) ＋f′(x)lnx＞０,即g(x)在(０,＋∞)上单 调 递增, 对于 A,g(３)＞g(２),即f(３)ln３＞f(２)ln２⇔ f(３)log２３＞f(２),A 正 确;对 于 B,g π ３ æ è ç ö ø ÷ ＞ g(１),即f(３)lnπ３＞f (１)ln１＝０,B不正确;对 于C,g(３)＜g(９),即f(３)ln３＜f(９)ln９＝ ２f(９)ln３⇔f(３)＜２f(９),C 不正确;对于 D, g １ e２ æ è ç ö ø ÷＜g(１),即f １ e２ æ è ç ö ø ÷ln１ e２ ＜f(１)ln１＝０,有 －２f １ e２ æ è ç ö ø ÷＜０⇔f １ e２ æ è ç ö ø ÷＞０,D不正确．] ９．已知不等式x＋mlnx＋１ ex ≥xm 对x∈(１,＋∞)上 恒成立,则实数m的最小值为　　　　． 解析:x＋mlnx＋１ ex ≥xm 可变为x＋１ ex ≥xm－ mlnx⇒x＋e－x≥xm－lnxm, 再变形可得,e－x－lne－x≥xm－lnxm, 设f(x)＝x－lnx(x＞０),原不等式等价于 f(e－x)≥f(xm),因为f′(x)＝１－１x＝ x－１ x ,所 以函数f(x)在(０,１)上单调递减,在(１,＋∞)上 单调递增,而x＞１,e－x＝１ ex ∈(０,１), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９３４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 当m＜０时,０＜xm＜１,所以由f(e－x)≥f(xm), 可得e－x≤xm, 因为x＞１,所以lne－x≤lnxm⇒m≥－ xlnx． 设φ(x)＝－ x lnx (x＞１),φ′(x)＝－ lnx－１ (lnx)２ ＝ １－lnx (lnx)２ ,所以函数φ(x)在(１,e)上单调递增,在 (e,＋∞)上单调递减,所以φ(x)max＝φ(e)＝ －e,即－e≤m＜０． 当m＝０时,不等式x＋１ ex ≥１在x∈(１,＋∞) 上恒成立; 当 m ＞０ 时,xm ＞１,无 论 是 否 存 在 m ∈ (０,＋∞),使得f(e－x)≥f(xm)在x∈(１,＋∞) 上恒成立,都可判断实数m 的最小值为－e． 答案:－e １０．(２０２５􀅰江苏常州期末)已知定义在 R上的奇 函数f(x)满足f(２＋x)＝f(－x),且当x∈ [０,１]时f′(x)＞π,则不等式f(x)≤sinπx在 [－３,３]上的解集为　　　　　． 解析:因为f(x)为定义在R上的奇函数, 则f(－x)＝－f(x),且f(０)＝０, 所以f(２＋x)＝f(－x)＝－f(x), 则f(４＋x)＝－f(x＋２)＝f(x), 所以函数f(x)为周期为４的函数,且图象关 于x＝１对称． 令g(x)＝f(x)－πx,x∈[０,１], 则g′(x)＝f′(x)－π＞０, 所以函数g(x)在[０,１]上单调递增, 所以当x∈[０,１]时,g(x)≥g(０)＝０, 即f(x)≥πx． 设h(x)＝sinπx－πx,x∈[０,１], 则h′(x)＝πcosπx－π＝π(cosπx－１)≤０, 所以函数h(x)在[０,１]上单调递减, 则当x∈[０,１]时,h(x)≤h(０)＝０, 即sinπx≤πx, 所以f(x)≥sinπx在[０,１]上恒成立, 结合对称性可画出函数f(x)和y＝sinπx在 [－３,３]上的简图,如图所示: 由图象可知,不等式f(x)≤sinπx 在[－３,３] 上的解集为[－２,０]∪[２,３]． 答案:[－２,０]∪[２,３] [能力提升组] １１．已知函数f(x)是定义在 R上的偶函数,其导 函数为f′(x),且当x＜０时,２f(x)＋xf′(x) ＜０,则不等式(x－２０２４)２f(x－２０２４)－ f(－１)＜０的解集为 (　　) A．(－∞,２０２５) B．(２０２３,２０２５) C．(－∞,２０２５)∪(２０２３,＋∞) D．(－∞,２０２３)∪(２０２５,＋∞) 解析:D　[令F(x)＝x２f(x), 则F′(x)＝２xf(x)＋x２f′(x)＝x[２f(x)＋ xf′(x)],当x＜０时,２f(x)＋xf′(x)＜０, 所以当x＜０时,F′(x)＝x[２f(x)＋xf′(x)] ＞０,即F(x)在(－∞,０)上是增函数, 由题 意f(x)是 定 义 在 R 上 的 偶 函 数,所 以 f(－x)＝f(x),所以F(－x)＝(－x)２f(－x) ＝x２f(x)＝F(x),所 以 F(x)是 偶 函 数,在 (０,＋∞)递减,所以F(x－２０２４)＝ (x－２０２４)２f(x－２０２４),F(－１) ＝(－１)２f(－１)＝f(－１),即不等式等价为 F(x－２０２４)＜F(－１),所以|x－２０２４|＞１, 所以x＜２０２３或x＞２０２５．] １２．已知可导函数f(x)是定义在 －π２ ,π ２ æ è ç ö ø ÷ 上的 奇函数．当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 时,f(x)＋f′(x)tanx ＞０,则不等式 cosx􀅰f x＋π２ æ è ç ö ø ÷ ＋sinx􀅰 f(－x)＞０的解集为 (　　) A．－π２ ,－π６ æ è ç ö ø ÷ B．－π６ ,０æ è ç ö ø ÷ C．－π２ ,－π４ æ è ç ö ø ÷ D．－π４ ,０æ è ç ö ø ÷ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０４４􀅰 高考总复习　数学(BS) 解析:D　[当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 时,f(x)＋f′(x)tanx ＞０,则cosxf(x)＋f′(x)sinx＞０, 则函数sinxf(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 上单调递增,又可 导函数f(x)是定义在 －π２ ,π ２ æ è ç ö ø ÷上的奇函数 则sinxf(x)是 －π２ ,π ２ æ è ç ö ø ÷ 上的偶函数,且在 －π２ ,０æ è ç ö ø ÷单调递减, 由 －π２＜x＋ π ２＜ π ２ , －π２＜－x＜ π ２ ì î í ï ï ï ï 可得x∈ －π２ ,０æ è ç ö ø ÷, 则x＋π２∈ ０ ,π ２ æ è ç ö ø ÷,－x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷, 则x∈ －π２ ,０æ è ç ö ø ÷ 时,不等式cosx􀅰fx＋π２ æ è ç ö ø ÷ ＋ sinx􀅰f(－x)＞０, 可化为sin x＋π２ æ è ç ö ø ÷􀅰f x＋π２ æ è ç ö ø ÷＞ sin(－x)􀅰f(－x), 又由函数sinxf(x)在 ０,π２ æ è ç ö ø ÷ 上单调递增,且 －x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷,x＋π２∈ ０ ,π ２ æ è ç ö ø ÷, 则有π ２＞x＋ π ２＞－x＞０ , 解之得－π４＜x＜０． ] １３．已知λ＞０,对任意的x∈(０,＋∞),不等式 e２λx－lnx２λ ≥０ 恒成立,则λ的最小值为　　　　． 解析:∵对于任意x∈(０,＋∞),λ＞０,不等式 e２λx－lnx２λ ≥０ 恒成立, ∴对 于 任 意 x∈ (０,＋ ∞),２λe２λx ≥lnx⇔ ２λxe２λx≥xlnx＝lnx􀅰elnx,即２λxe２λx≥lnx􀅰 elnx恒成立, 当０＜x≤１时,２λxe２λx＞０≥lnx􀅰elnx; 当x＞１,lnx＞０, 设f(x)＝xex,则f′(x)＝ex(１＋x)＞０,所以 f(x)＝xex 在x∈(０,＋∞)上单调递增, 由f(２λx)≥f(lnx),知 ２λx≥lnx,即λ≥ lnx ２x ,即λ≥ lnx２x æ è ç ö ø ÷ max , 设g(x)＝lnx２x ,x∈(０,＋∞),求导g′(x)＝ ２(１－lnx) ４x２ ,令g′(x)＝０,得x＝e, 当x＞e时,g′(x)＜０,g(x)单调递减;当０＜x ＜e时,g′(x)＞０,g(x)单调递增; ∴g(x)在x＝e处取得极大值,且为最大值, g(x)max＝g(e)＝ lne ２e＝ １ ２e． 所以λ≥１２e 时,不等式e２λx－lnx２λ ≥０ 恒成立． 答案:１ ２e １４．若关于x的不等式alnx＋１≤x(ex－a)(a∈ R)恒成立,则a的取值范围是　　　． 解析:alnx＋１≤x(ex－a),整理为xex－ax－ alnx－１≥０,其中xex＝elnx􀅰ex＝ex＋lnx,故 ex＋lnx－a(x＋lnx)－１≥０,令x＋lnx＝t∈R, 则et－at－１≥０,f(t)＝et－at－１,注意到: f(０)＝０,其中f′(t)＝et－a,当a＝１时,令 f′(t)＞０,解得t＞０,令f′(t)＜０,解得t＜０,则 f(t)≥f(０)＝０,满足题意; 当a＞１时,令f′(t)＞０,得t＞lna,令f′(t)＜０, 得t＜lna,则f(t)＝et－at－１在(lna,＋∞) 上单调递增,在(－∞,lna)上单调递减,且 lna＞０,f(０)＝０,所以当t∈(０,lna)时, f(t)＜f(０)＝０,不合题意,舍去; 故不满足题意,舍去; 当０＜a＜１ 时,令f′(t)＞０,得t＞lna,令 f′(t)＜０,得t＜lna,所以f(t)在(－∞,lna) 上单调递减,在(lna,＋∞)上单调递增,且lna ＜０,f(０)＝０,所以当t∈(lna,０)时,f(t)＜ f(０)＝０,不合题意,舍去;当a≤０时,f(－１) ＝e－１＋a－１＜０,故不合题意,舍去． 综上,a的取值范围是{１}． 答案:{１} 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１４４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用 课时冲关２０　导数的综合应用 学生用书　P２７４ １．已知函数f(x)＝xlnx(x＞０)． (１)求函数f(x)的极值; (２)若 存 在 x∈ (０,＋ ∞),使 得 f(x)≤ －x２＋mx－３ ２ 成立,求实数m 的最小值． 解:(１)由f(x)＝xlnx,得f′(x)＝１＋lnx,定 义域为(０,＋∞), 令f′(x)＞０,得x＞１e ;令f′(x)＜０,得０＜x＜１e． 所 以 f (x)在 ０,１e æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 减,在 １ e ,＋∞æ è ç ö ø ÷上单调递增． 所以f(x)在x＝１e 处取得极小值,且为f １e æ è ç ö ø ÷ ＝－１e ,无极大值． (２)由f(x)≤－x ２＋mx－３ ２ , 得m≥２xlnx＋x ２＋３ x ． 问题转化为m≥ ２xlnx＋x ２＋３ x æ è ç ö ø ÷ min ． 令g(x)＝２xlnx＋x ２＋３ x ＝２lnx＋x＋ ３ x (x＞０)． 则g′(x)＝２x＋１－ ３ x２ ＝x ２＋２x－３ x２ ＝ (x＋３)(x－１) x２ ． 由g′(x)＞０,得x＞１; 由g′(x)＜０,得０＜x＜１． 所以g(x)在(０,１)上单调递减,在(１,＋∞)上 单调递增． 所以g(x)min＝g(１)＝４,则m≥４． 故m 的最小值为４． ２．(２０２５􀅰天津市南开中学月考)已知函数f(x) ＝alnx＋x． (１)讨论f(x)的单调性; (２)当a＝１时,证明:xf(x)＜ex． 解:(１)f(x)的定义域为(０,＋∞), f′(x)＝ax＋１＝ x＋a x ． 当a≥０时,f′(x)＞０, 所以f(x)在(０,＋∞)上单调递增． 当a＜０时,若x∈(－a,＋∞),则f′(x)＞０; 若x∈(０,－a),则f′(x)＜０． 所以f(x)在(－a,＋∞)上单调递增, 在(０,－a)上单调递减． 综上所述,当a≥０时,f(x)在(０,＋∞)上单调 递增; 当a＜０时,f(x)在(－a,＋∞)上单调递增,在 (０,－a)上单调递减． (２)当a＝１时,要证xf(x)＜ex, 即证x２＋xlnx＜ex,即证１＋lnxx ＜ ex x２ ． 令函数g(x)＝１＋lnxx , 则g′(x)＝１－lnxx２ ．令g′(x)＞０,得x∈(０,e); 令g′(x)＜０,得x∈(e,＋∞)． 所以g(x)在(０,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单 调递减, 所以g(x)max＝g(e)＝１＋ １ e ,令函数h(x)＝ ex x２ ,则h′(x)＝e x(x－２) x３ ． 当x∈(０,２)时,h′(x)＜０;当x∈(２,＋∞)时, h′(x)＞０． 所以h(x)在(０,２)上单调递减,在(２,＋∞)上 单调递增, 所以h(x)min＝h(２)＝ e２ ４． 因为e ２ ４－ １＋ １ e æ è ç ö ø ÷＞０, 所以h(x)min＞g(x)max, 即１＋lnxx ＜ ex x２ ,从而xf(x)＜ex 得证． ３．(２０２５􀅰山东济南高三期末)已知函数f(x)＝ －x３＋ax－１４ ,g(x)＝ex －e(e为自然对数 的底数)． (１)若曲线y＝f(x)在(０,f(０))处的切线与曲 线y＝g(x)在(０,g(０))处的切线互相垂直,求 实数a的值; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２４４􀅰 高考总复习　数学(BS) (２)设函数h(x)＝ f(x),f(x)≥g(x), g(x),f(x)＜g(x),{ 试讨论 函数h(x)零点的个数． 解:(１)f′(x)＝－３x２ ＋a,g′(x)＝ex,所 以 f′(０)＝a,g′(０)＝１,由题意,知a＝－１． (２)易知函数g(x)＝ex－e在 R上单调递增,仅 在x＝１处有一个零点,且x＜１时,g(x)＜０, 又f′(x)＝－３x２＋a, ①当a≤０时,f′(x)≤０,f(x)在 R 上单调递 减,且过点 ０,－１４ æ è ç ö ø ÷,f(－１)＝３４－a＞０ , 即f(x)在x≤０ 时 必 有 一 个 零 点,此 时y＝ h(x)有两个零点; ②当a＞０时,令f′(x)＝－３x２＋a＝０,得两根 为x１＝－ a ３＜０ ,x２＝ a ３＞０ , 则－ a３ 是函数f(x)的一个极小值点,a３ 是函 数f(x)的一个极大值点, 而f － a３ æ è ç ö ø ÷＝－ － a３ æ è ç ö ø ÷ ３ ＋a － a３ æ è ç ö ø ÷－１４ ＝－２a３ a ３－ １ ４＜０． 现在讨论极大值的情况: f a３ æ è ç ö ø ÷＝－ a ３ æ è ç ö ø ÷ ３ ＋a a３－ １ ４＝ ２a ３ a ３－ １ ４ , 当f a３ æ è ç ö ø ÷＜０,即a＜３４ 时, 函数y＝f(x)在(０,＋∞)上恒小于零,此时y＝ h(x)有两个零点; 当f a３ æ è ç ö ø ÷＝０,即a＝３４ 时,函数y＝f(x)在 (０,＋∞)上有一个零点x０＝ a ３＝ １ ２ ,此时y＝ h(x)有三个零点; 当f a３ æ è ç ö ø ÷ ＞０,即a＞３４ 时,函 数y＝f(x)在 (０,＋∞)上有两个零点,一个零点小于 a３ ,一 个零点大于 a ３ , 若f(１)＝a－５４＜０ ,即a＜５４ 时,y＝h(x)有四 个零点; 若f(１)＝a－５４＝０ ,即a＝５４ 时,y＝h(x)有三 个零点; 若f(１)＝a－５４＞０ ,即a＞５４ 时,y＝h(x)有两 个零点． 综上所述,当a＜３４ 或a＞５４ 时,y＝h(x)有两个 零点;当a＝３４ 或a＝５４ 时,y＝h(x)有三个零 点;当３ ４＜a＜ ５ ４ 时,y＝h(x)有四个零点． ４．(２０２５􀅰天津崇化中学期末)已知函数f(x)＝ alnx x＋１＋ b x ,曲线y＝f(x)在点(１,f(１))处的切 线方程为x＋２y－３＝０． (１)求a,b的值; (２)证明:当x＞０,且x≠１时,f(x)＞lnxx－１． 解:(１)f′(x)＝ a x＋１x －lnx æ è ç ö ø ÷ (x＋１)２ －b x２ ．由于直线 x＋２y－３＝０的斜率为－１２ ,且过点(１,１),所 以 f(１)＝１, f′(１)＝－１２ ,{ 即 b＝１, a ２－b＝－ １ ２ ,{ 解得 a＝１, b＝１．{ (２)证明:由(１)知f(x)＝lnxx＋１＋ １ x ,所以f(x) ＞lnxx－１⇔ lnx x＋１＋ １ x＞ lnx x－１⇔ ２lnx １－x２ ＋１x＞０⇔ H(x)＝ ２ １－x２ lnx－１２ x－ １ x æ è ç ö ø ÷[ ] ＞０．构造函 数h(x)＝lnx－１２ x－ １ x æ è ç ö ø ÷(x＞０),则h′(x)＝ １ x－ １ ２ １＋ １ x２ æ è ç ö ø ÷＝－ (x－１)２ ２x２ ≤０,于是h(x)在 (０,＋∞)上单调递减． 当０＜x＜１ 时,h(x)单调递减,所以h(x)＞ h(１)＝０,于是 H(x)＝ １ １－x２ h(x)＞０;当x＞１ 时,h(x)单调递减,所以h(x)＜h(１)＝０,于是 H(x)＝ １ １－x２ h(x)＞０． 综上所述,当x＞０,且x≠１时,f(x)＞lnxx－１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３４４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　主题二　第三章　导数及其应用