专题二 函数与导数
(满分150分 时间120分钟)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知函数f (x)＝则f (log212)＝( )
[A] [B]
[C] [D]
2．函数f (x)＝的图象大致为( )
[A] [B] [C] [D]
3．使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M，其计算公式为M＝lg A－lg A0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是“标准地震”的振幅．假设在一次地震中，一个距离震中1 000千米的测震仪记录的地震最大振幅是20，此时标准地震的振幅是0.002，则这次地震的震级为( )
[A]4 [B]5
[C]6 [D]7
4．已知实数a，b满足＞0，则( )
[A]＞ [B]loga2＞logb2
[C]＜ [D]2a－2b＜3－a－3－b
5．已知函数f (x)的定义域为R，对任意实数x都有f (x＋2)＝－f (x)成立，且函数f (x＋1)为偶函数，f (1)＝2，则f (1)＋f (2)＋…＋f (2 024)＝( )
[A]－1 [B]0
[C]1 012 [D]2 024
6．若存在直线与曲线f (x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a都相切，则a的取值范围为( )
[A][－1，＋∞) [B]
[C] [D]
7．定义在R上的函数f (x)满足f (x)＝f (2－x)，且 x1，x2∈(1，＋∞)，当x1≠x2时都有(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0，若a＝，b＝f (log4324)，c＝f (22.5)，则a，b，c的大小关系为( )
[A]a>b>c [B]c>a>b
[C]c>b>a [D]b>c>a
8．已知函数f (x)＝sin x－ln (1＋x)，f ′(x)为f (x)的导函数，下列说法正确的是( )
[A]f (x)在(－1，0)上存在单调递增区间
[B]f (x)在区间上有2个零点
[C]f ′(0)＝1
[D]f (x)有且仅有2个零点
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数f (x)＝lg (1－x)，则( )
[A]f (x)的定义域为(－∞，1)
[B]f (x)的值域为R
[C]f (－1)＋f (－4)＝1
[D]y＝f (x2)的单调递增区间为(0，1)
10．对于定义在R上的函数f (x)，若f (x＋1)是奇函数，f (x＋2)是偶函数，且f (x)在[1，2]上单调递减，则( )
[A]f (3)＝0 [B]f (0)＝f (4)
[C]f ＝－f [D]f (x)在[3，4]上单调递减
11．已知函数f (x)的导数为f ′(x)，x∈时，有f ′(x)sin 2x
[A]> [B][C]f < [D]f >
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数f (x)＝cos 2x是偶函数，则实数a＝________．
13．写出一个同时具有下列性质的函数f (x)的解析式：________．
①f (xy)＝f (x)f (y)；
②f ′(x)是偶函数；
③f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
14．已知函数f (x)＝m ln x－2x3＋4ex2－mx(m≥0)，若f (x)在[1，＋∞)上有零点，则实数m的取值范围为________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)已知函数g(x)＝xk，x∈R，k为常数．
(1)当k＝2时，判断函数g(x)的奇偶性，并说明理由；
(2)当k＝1时，设函数f (x)＝g(x)＋，判断函数f (x)在区间(2，＋∞)上的单调性，并利用函数单调性的定义证明你的结论．
(3)在(2)的前提条件下，求f (x)在[3，5]上的值域．
16．(15分)已知函数f (x)＝x ln x＋ax＋b在(1，f (1))处的切线方程为2x－2y－1＝0．
(1)求实数a，b的值；
(2)求f (x)的单调区间．
17．(15分)已知函数f (x)＝2－a ln x－ax－1．
(1)若a＝－1，求曲线y＝f (x)在点P(1，2)处的切线方程；
(2)若函数y＝f (x)存在两个不同的极值点x1，x2，求证：f (x1)＋f (x2)＞0．
18．(17分)已知函数f (x)＝ex－ex2＋ax(a∈R)．
(1)若f (x)在(0，1)上单调，求a的取值范围；
(2)若y＝f (x)＋ex ln x的图象恒在x轴上方，求a的取值范围．
19．(17分)已知函数f (x)＝e2x－(m∈R)．
(1)若m＝2e2，求f (x)的单调区间；
(2)若m＝0，f (x)的最小值为f (x0)，求证：4＜＜6．
5/5专题过关验收卷·专题二
1．A [f (log212)＝f (log212－1)＝f (log26)＝f (log26－1)＝f (log23)＝2log2 3＋＝3＋＝．故选A．]
2．C [依题意，函数f (x)＝的定义域为{x∈R|x≠±1}，
f (－x)＝＝－＝－f (x)，则f (x)是奇函数，其图象关于原点对称，B不满足；当x∈(0，1)时，ex－e－x＞0，|1－x2|＞0，则f (x)＞0，AD不满足，C满足．故选C．]
3．A [M＝lg A－lg A0＝lg ＝lg ＝4，即这次地震的震级为4．故选A．]
4．C [因为log2a＋logb＞0，所以log2a＞log2b，又y＝log2x在定义域上为增函数，故a＞b＞0．
对于A，因为y＝在定义域上为减函数，所以＜，故A错误；
对于B，当a＝4，b＝2时，loga2＝＜logb2＝1，故B错误；
对于C，0＜＜1＜，故C正确；
对于D，当a＝4，b＝2时，且y＝2x与y＝3x均为增函数，
所以2a－2b＝24－22＞0，3-4－3-2＜0，此时2a－2b＞3－a－3－b，故D错误．故选C．]
5．B [由f (x＋2)＝－f (x) f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，即f (x)是周期为4的周期函数，
由f (x＋1)为偶函数可知f (x)关于x＝1轴对称，即f (2)＝f (0)，
由f (x＋2)＝－f (x)可知f (2)＝－f (0)，
所以f (2)＝f (0)＝0，
显然f (3)＝－f (1)＝－2，f (4)＝f (0)＝0，
所以f (1)＋f (2)＋…＋f (2 024)＝×[f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)]＝0．故选B．]
6．A [设直线与曲线f (x)＝x3－x相切于点，因为f ′(x)＝3x2－1，
所以切线方程为＝(x－x1)，即y＝，
设直线与曲线g(x)＝x2＋a相切于点＋a)，
因为g′(x)＝2x，所以切线方程为＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝＋a，
所以
所以a＝＝＝＋有解，
令h(x)＝x4－2x3－x2＋，则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)，
所以函数h(x)在，(0，1)上单调递减，在，(1，＋∞)上单调递增，
因为h(1)＝－1，h＝，所以h(x)min＝h(1)＝－1，所以a≥－1，
所以a的取值范围为[－1，＋∞)．故选A．]
7．B [因为定义在R上的函数f (x)满足f (x)＝f (2－x)，所以函数f (x)的图象关于直线x＝1对称，
因为 x1，x2∈(1，＋∞)，当x1≠x2时都有(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0，
所以函数f (x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减．
由f (x)＝f (2－x)，得＝＝f (2＋log25)，
因为log24log4324＝ ＝log218＝1＋log29，
因为log28所以4因为2＋log25＝log24＋log25＝log220，log4324＝＝log218，
所以4因为22.5＝＝<<，所以5<22.5<6，
所以4因为函数f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f (log4324)a>b．故选B．]
8．D [f (x)的定义域为(－1，＋∞)，
f ′(x)＝cos x－，显然f ′(0)＝1－1＝0，故C错误；
令h(x)＝cos x－，h′(x)＝－sin x＋，
令g(x)＝－sin x＋，
则g′(x)＝－cos x－<0在上恒成立，
所以h′(x)在上单调递减，
又因为h′(0)＝1，
h′＝－1＋<－1＋1＝0，
由零点存在定理可知，
函数h′(x)在上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f ′(x)在(－1，x0)上单调递增，在上单调递减，可得f ′(x)在区间存在唯一极大值点，
当x∈(－1，0)时，f ′(x)单调递增，f ′(x)当x∈(0，x0)时，f ′(x)单调递增，
f ′(x)>f ′(0)＝0，f (x)单调递增，
由于f ′(x)在上单调递减，且f ′(x0)>0，f ′＝－<0，
由零点存在定理可知，函数f ′(x)在上存在唯一零点x1，
结合单调性可知，当x∈(x0，x1)时，f ′(x)单调递减，
f ′(x)>f ′(x1)＝0，f (x)单调递增，
当x∈时，f ′(x)单调递减，
f ′(x)当x∈时，cos x<0，－<0，于是f ′(x)＝cos x－<0，f (x)单调递减，
其中f ＝1－ln >1－ln ＝1－ln 2.6>1－ln e＝0，f (π)＝－ln (1＋π)<0．
于是可得下表：
x (－1，0) 0 (0，x1) x1 π
f ′(x) － 0 ＋ 0 － － － －
f (x) 单调 递减 0 单调 递增 大于 0 单调 递减 大于 0 单调 递减 小于 0
结合单调性可知，函数f (x)在上有且只有一个零点0，故B错误；
由函数零点存在定理可知，
f (x)在上有且只有一个零点x2，
当x∈[π，＋∞)时，sin x因此函数f (x)在[π，＋∞)上无零点，
综上，f (x)有且仅有2个零点，故D正确，故选D．]
9．ABC [对于AB，由1－x＞0，得x＜1，则f (x)的定义域为(－∞，1)，值域为R，A，B均正确；对于C，f (－1)＋f (－4)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，C正确；
对于D，因为f (x2)＝lg (1－x2)，所以y＝lg u，外层函数为增函数，u＝1－x2，令1－x2＞0，所以函数定义域为(－1，1)，内层函数u＝1－x2，在(－1，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，所以y＝f (x2)的单调递增区间为(－1，0)，D错误．故选ABC．]
10．ABC [令g(x)＝f (x＋1)，因为f (x＋1)是奇函数，
所以g(－x)＝f (－x＋1)＝－g(x)＝－f (x＋1)，
即f (－x＋1)＝－f (x＋1)，f (x)的图象关于点(1，0)对称．
令h(x)＝f (x＋2)，因为f (x＋2)是偶函数，
所以h(－x)＝f (－x＋2)＝h(x)＝f (x＋2)，
即f (－x＋2)＝f (x＋2)，f (x)的图象关于直线x＝2对称．
A选项，由f (－x＋1)＝－f (x＋1)，令x＝0，可得f (1)＝－f (1) f (1)＝0，
由f (－x＋2)＝f (x＋2)，令x＝1，可得f (1)＝f (3)＝0，故A正确．
B选项，由f (－x＋2)＝f (x＋2)，令x＝2，可得f (0)＝f (4)，故B正确．
C选项，由f (－x＋1)＝－f (x＋1)，令x＝，可得，故C正确．
D选项，由f (x)在[1，2]上单调递减，结合f (x)的图象关于点(1，0)对称，可知f (x)在[0，1]上单调递减，由f (1)＝0可知f (x)在[0，2]上单调递减，又f (x)的图象关于直线x＝2对称，则f (x)在[2，4]上单调递增，故D错误．故选ABC．]
11．AC [因为x∈时，f ′(x)sin 2x所以f ′(x)·2sin x cos x所以f ′(x)sinx－f (x)cos x<0成立，
令g(x)＝，
g′(x)＝<0 g′(x)<0在上恒成立，
所以g(x)在上单调递减，故，
代入可得>，故A正确；
g>g，代入可得f <，故C正确；
g>g，代入可得>f ，BD错误．故选AC．]
12．－1 [f (x)的定义域为R，
f (－x)＝cos(－2x)＝·cos 2x＝f (x)＝cos 2x，
所以－aex＋＝ex－ a－ex (a＋1)＝0，故a＝－1．]
13．f (x)＝x3(答案不唯一) [由①f (xy)＝f (x)f (y)，可考虑f (x)为幂函数；
由②f ′(x)是偶函数，可得f (x)为奇函数；
由③f (x)在(0，＋∞)上单调递增，可得f (x)＝xn(n>0)，
所以可取f (x)＝x3．(答案不唯一)]
14． [若f (x)＝m ln x－2x3＋4ex2－mx＝0，则m·＝2x2－4ex，
令g(x)＝，x≥1，则g′(x)＝，
当x∈[1，e)时g′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时g′(x)<0，
所以g(x)在[1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故g(x)≤g(e)＝．
令h(x)＝2x2－4ex，x≥1，则h′(x)＝4x－4e，当x∈[1，e)时h′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时h′(x)>0，
所以h(x)在[1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(e)＝－2e2．
要使f (x)在[1，＋∞)上有零点，
当m＝0时，f (x)＝－2x3＋4ex2，令f (x)＝0，x＝2e满足题意；
当m＞0时，只需·m≥－2e2，解得0＜m≤．
综上，可得0≤m≤．]
15．解：(1)根据题意，当k＝2时，g(x)＝x2，是偶函数，
证明：g(x)＝x2，其定义域为R，
有g(－x)＝(－x)2＝x2＝g(x)，则g(x)为偶函数．
(2)根据题意，当k＝1时，g(x)＝x，则f (x)＝g(x)＋，即f (x)＝x＋，则函数f (x)在区间(2，＋∞)上单调递增．
证明：任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1＜x2，
f (x1)－f (x2)＝x1＋－x2－＝(x1－x2)＋4×＝，
又由2＜x1＜x2，
则x1－x2＜0，x1x2＞4，
则有f (x1)－f (x2)＜0，
即f (x1)＜f (x2)，
所以函数f (x)在区间(2，＋∞)上单调递增．
(3)根据题意，由(2)的结论，f (x)在[3，5]上单调递增，则f (x)的最小值为f (3)＝，最大值为f (5)＝，
故f (x)在[3，5]上的值域为．
16．解：(1)依题意可得：2－2f (1)－1＝0，即f (1)＝，
因为f (x)＝x ln x＋ax＋b，
所以f ′(x)＝ln x＋a＋1，
又因为函数f (x)在(1，f (1))处的切线方程为2x－2y－1＝0，f (1)＝，
所以解得
所以a＝0，b＝．
(2)由(1)可得，f ′(x)＝1＋ln x，
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
所以f (x)的单调递减区间为，f (x)的单调递增区间为．
17．解：(1)当a＝－1时，f (x)＝2＋ln x＋x－1，x＞0，
f ′(x)＝＋＋1，f ′(1)＝3，
所以曲线y＝f (x)在点P(1，2)处的切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1．
(2)证明：f ′(x)＝－－a，x＞0，
令f ′(x)＝0，得－－a＝0，令t＝，则t＞0，
原方程可化为at2－t＋a＝0，①
则t1＝，t2＝是方程①的两个不同的根，
所以解得0＜a＜，
由根与系数的关系得t1＋t2＝，t1t2＝1，则t＋t＝(t1＋t2)2－2t1t2＝－2，
所以f (x1)＋f (x2)＝2(＋)－a(ln x1＋ln x2)－a(x1＋x2)－2
＝2(t1＋t2)－a ln (tt)－a(t＋t)－2＝2a＋－2，
令h(a)＝2a＋－2，则h′(a)＝2－＜0，
所以函数h(a)在上单调递减，
所以h(a)＝2a＋－2＞h＝1＞0，
所以f (x1)＋f (x2)＞0．
18．解：(1)f ′(x)＝ex－2ex＋a，
由f (x)在(0，1)上单调，知f ′(x)＝ex－2ex＋a在(0，1)上大于等于0或小于等于0恒成立，
令g(x)＝ex－2ex＋a，则g′(x)＝ex－2e，
令g′(x)＝0，解得x＝ln(2e)，
当0＜x＜1＜ln(2e)时，g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减，
所以由题意得，g(1)≥0或g(0)≤0，解得a≤－1或a≥e，
所以实数a的取值范围为(－∞，－1]∪[e，＋∞)．
(2)y＝ex－ex2＋ax＋ex ln x的图象恒在x轴上方，即当x∈(0，＋∞)时，y＞0恒成立，
即a>ex－－eln x在(0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝ex－－eln x，
则h′(x)＝＝．
令t(x)＝ex－ex，
求导可得t′(x)＝e－ex，令t′(x)＝0，解得x＝1，
当0＜x≤1时，t(x)单调递增，当x＞1时，t(x)单调递减，
故t(x)≤t(1)＝0，即t(x)＝ex－ex≤0，
令h′(x)＞0，解得0＜x＜1；令h′(x)＜0，解得x＞1，
所以函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)在x＝1处取得最大值，最大值为h(1)＝0，所以a＞0．
所以实数a的取值范围为(0，＋∞)．
19．解：(1)由题知，f (x)的定义域为(0，＋∞)．
当m＝2e2时，f (x)＝e2x－＋，
所以f ′(x)＝2e2x＋－＝．
设g(x)＝2x2e2x＋ln x－2e2，易知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，故当x∈(0，1)时，g(x)＜0，即f ′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0，即f ′(x)＞0，
所以f (x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：当m＝0时，f (x)＝e2x－＝＝，
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
当x＜0时，h′(x)＜0，当x＞0时，h′(x)＞0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，所以ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立．
所以f (x)＝≥＝2，当且仅当2x＋ln x＝0时等号成立，
故f (x)的最小值f (x0)＝2，且2x0＋ln x0＝0．
记φ(x)＝2x＋ln x，
易知φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则x0是φ(x)的唯一零点．
因为φ＝1－ln 2＞0，φ＝－ln 3＜0，
所以＜x0＜．所以4＜＜6．
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