专题03 导数及其应用(选择题、填空题) -三年(2017-2019)高考真题数学(理)分项汇编含解析

专题02 函数的概念与基本初等函数I

alog20.2，b20.2，c0.20.3，则 1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知 A．abc C．cab 【答案】B

【解析】alog20.2log210,b20.2

B．acb D．bca

201,

0c0.20.30.201,即0c1,

则acb． 故选B．

【名师点睛】本题考查指数和对数大小的比较，考查了数学运算的素养．采取中间量法，根据指数函数和对数函数的单调性即可比较大小．

2．【2019年高考天津理数】已知alog52，blog0.50.2，c0.50.2，则a,b,c的大小关系为 A．acb C．bca 【答案】A

【解析】因为alog52log55

B．abc D．cab

1， 2blog0.50.2log0.50.252， 0.51c0.50.20.50，即

所以acb. 故选A.

【名师点睛】本题考查比较大小问题，关键是选择中间量和利用函数的单调性进行比较. 3．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】若a>b，则 A．ln(a−b)>0 C．a3−b3>0 【答案】C

B．3a<3b D．│a│>│b│

1c1， 2

【解析】取a2,b1，满足ab，但ln(ab)0，则A错，排除A； 由932313，知B错，排除B；

取a1,b2，满足ab，但|1||2|，则D错，排除D；

因为幂函数yx是增函数，ab，所以a3b3，即a3−b3>0，C正确.

3故选C．

【名师点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的性质、幂函数的性质及绝对值的意义，渗透了逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断．

4．【2019年高考北京理数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2−m1=

5E1lg，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1，2）．已知太阳的星等是−26.7，天狼星的星等是−1.45，则太阳2E2与天狼星的亮度的比值为 A．1010.1 C．lg10.1 【答案】A

【解析】两颗星的星等与亮度满足m2m1令m21.45,m126.7， 则lg

B．10.1 D．10−10.1

5E1lg， 2E2E122m2m1(1.4526.7)10.1, E255E11010.1. E2从而

故选A.

【名师点睛】本题以天文学问题为背景，考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及对数的运算. 5．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】函数f(x)=

sinxx在[,]的图像大致为

cosxx2A． B．

C． D．

【答案】D 【解析】由f(x)sin(x)(x)sinxxf(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对称．

cos(x)(x)2cosxx2ππ242π1,f(π)π0，可知应为D选项中的图象． 又f()22π22π1π()21故选D．

【名师点睛】本题考查函数的性质与图象的识别，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法和赋值法，利用数形结合思想解题．

2x36．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】函数yx在6,6的图像大致为 x22A． B．

C． D．

【答案】B

2(x)32x32x3【解析】设yf(x)x，则f(x)xxf(x)，所以f(x)是奇函数，图象关于原xxx222222点成中心对称，排除选项C．

243又f(4)40,排除选项D； 422

263f(6)67，排除选项A， 622故选B．

【名师点睛】本题通过判断函数的奇偶性，排除错误选项，通过计算特殊函数值，作出选择．本题注重基础知识、基本计算能力的考查．

7．【2019年高考浙江】在同一直角坐标系中，函数y11，ylog(x)(a>0，且a≠1)的图象可能是 axa2

【答案】D

x【解析】当0a1时，函数ya的图象过定点(0,1)且单调递减，则函数y1的图象过定点(0,1)且单调递xa增，函数ylogax11

(,0)且单调递减，D选项符合； 的图象过定点22

x当a1时，函数ya的图象过定点(0,1)且单调递增，则函数y1的图象过定点(0,1)且单调递减，函数xa11ylogax的图象过定点(,0）且单调递增，各选项均不符合.

22综上，选D.

【名师点睛】易出现的错误：一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟练，导致判断失误；二是不能通过讨论a的不同取值范围，认识函数的单调性.

8．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：

M1M2M1r(Rr).设，由于的值很小，因此在近似计223(Rr)rRR

3334533算中，则r的近似值为 2(1)A．M2R M13M2R M1B．M2R 2M1M2R 3M1

C．3D．3【答案】D 【解析】由r，得rR， RM1M2M1(Rr)因为，

(Rr)2r2R3所以

M1M2M1(1)，

R2(1)22R2R2M21534332[(1)]33， 即22M1(1)(1)解得3M2， 3M13所以rR故选D.

M2R. 3M1【名师点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是复杂式子的变形易出错．

9．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设fx是定义域为R的偶函数，且在0,+单调递减，则

231A．f（log3）＞f（22）＞f（23）

4231B．f（log3）＞f（23）＞f（22）

423C．f（22）＞f（23）＞f（log31）

423D．f（23）＞f（22）＞f（log31）

4【答案】C 【解析】

fx是定义域为R的偶函数，f(log3)f(log34)．

14

log34log331,1220232,log34232232，

32又fx在(0，+∞)上单调递减，

23∴f(log34)f232f2， 23132f2f2flog即3.

4故选C．

【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，先利用函数的奇偶性化为同一区间，再利用中间量比较自变量的大小，最后根据单调性得到答案． 10．【2017年高考山东理数】设函数yA．（1,2） C．（-2,1） 【答案】D

【解析】由4x20得2x2， 由1x0得x1， 故A选D.

【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应把集合先化简再计算，常借助数轴或韦恩图进行求解.

4x2的定义域为A，函数yln(1x)的定义域为B,则AB．(1,2] D．[-2,1)

B=

B{x|2x2}{x|x1}{x|2x1}.

exex11．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】函数fx的图像大致为 2x

【答案】B

exexfx,fx为奇函数，舍去A； 【解析】x0,fx2xf1ee10，∴舍去D；

efx去C. 因此选B.

xexx2exex2xx4x2exx2ex,x2时，fx3x0，f(x)单调递增，舍

【名师点睛】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的周期性.

12．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数yxx2的图像大致为

42

【答案】D

【解析】函数图象过定点(0,2)，排除A，B；

4232令yf(x)xx2，则f(x)4x2x2x(2x1)，

2由f(x)0得2x(2x1)0，得x22或0x，此时函数单调递增， 22由f(x)0得2x(2x1)0，得x故选D.

222x0，此时函数单调递减，排除C. 或22【名师点睛】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数图象过的定点及由导数判断函数的单调性是解决本题的关键.

13．【2018年高考浙江】函数y=2sin2x的图象可能是

x

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】令fx2sin2x，因为xR,fx2xx所以fx2sin2xsin2x2sin2xfx，

xx为奇函数，排除选项A,B; 因为x故选D．

【名师点睛】先研究函数的奇偶性，再研究函数在常见题型及解题思路：

（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置； （2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势； （3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性； （4）由函数的周期性，判断图象的周期性．

14．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设函数fxxa1xax，若fx为奇函数，则曲线yfx在点0,032π,π时，fx0，所以排除选项C， 2π,π上的符号，即可判断选择.有关函数图象的识别问题的2处的切线方程为 A．y2x C．y2x 【答案】D

B．yx D．yx

【解析】因为函数fx是奇函数，所以a10，解得a1， 所以fxxx，fx3x1，

32所以f01,f00，

所以曲线yfx在点0,0处的切线方程为yf0f0x，化简可得yx， 故选D．

【名师点睛】该题考查的是函数的奇偶性以及有关曲线yfx在某个点x0,fx0处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论：多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得fx，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.

15．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】已知fx是定义域为,的奇函数，满足f1xf1x．若f12，

则f1f2f3A．50 C．2 【答案】C

【解析】因为fx是定义域为,的奇函数，且f1xf1x， 所以f1xfx1，f3xfx1fx1，T4, 因此f1f2f3

f50

B．0 D．50

f5012f1f2f3f4f1f2，

因为f3f1，f4f2，所以f1f2f3f40， 因为f2f00，从而f1f2f3故选C．

【名师点睛】先根据奇函数的性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．

16．【2018年高考天津理数】已知alog2e，bln2，clog12f50f12.

1，则a，b，c的大小关系为 3A．abc C．cba

B．bac D．cab

【答案】D

alog2e1，【解析】由题意结合对数函数的性质可知：bln2据此可得：cab. 本题选择D选项.

11clog1log23log2e， 0,1，

3log2e2【名师点睛】由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.对于对数的大小的比较，我们通常都是运用对数函数的单调性，但很多时候，因对数的底数或真数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较，这就必须掌握一些特殊方法．在进行对数的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据对数函数的单调性进行判断．对于不同底而同真数的对数的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确． 17．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设alog0.20.3，blog20.3，则

A．abab0 C．ab0ab 【答案】B

B．abab0 D．ab0ab

11log0.30.2,log0.32， ab1111ablog0.30.4，01,即01， ababab又a0,b0，ab0，

【解析】

alog0.20.3,blog20.3，∴abab0. 故选B．

【名师点睛】本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题.

18．【2017年高考北京理数】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的

80

原子总数N约为10.则下列各数中与

MN最接近的是

（参考数据：lg3≈0.48）

A．1033 C．1073 【答案】D

B．1053 D．1093

M33613361【解析】设x80，两边取对数，lgxlg80lg3361lg1080361lg38093.28，所以

N1010x1093.28，即

M最接近1093. N故选D．

【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，本题以实际问题的形式给出，但本质就是对数的运算关系，以及指数

3361与对数运算的关系，难点是令x80，并想到两边同时取对数进行求解，对数运算公式包含

10logaMlogaNlogaMN，logaMlogaNlogaMn，logaMnlogaM. N19．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】设x、y、z为正数，且2x3y5z，则

A．2x<3y<5z C．3y<5z<2x 【答案】D

xyz【解析】令235k(k1)，则xlog2k，ylog3k，zlog5k

B．5z<2x<3y D．3y<2x<5z

∴

2x2lgklg3lg91，则2x3y， 3ylg23lgklg82x2lgklg5lg251，则2x5z. 5zlg25lgklg32故选D．

【名师点睛】对于连等问题，常规的方法是令该连等为同一个常数，再用这个常数表示出对应的x,y,z，通过作差或作商进行比较大小.对数运算要记住对数运算中常见的运算法则，尤其是换底公式以及0与1的对数表示. 20．【2017年高考浙江】若函数f(x)=x2+ ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M – m

A．与a有关，且与b有关 C．与a无关，且与b无关 【答案】B

B．与a有关，但与b无关 D．与a无关，但与b有关

aa2【解析】因为最值在f(0)b,f(1)1ab,f()b中取，所以最值之差一定与b无关.

24故选B．

【名师点睛】对于二次函数的最值或值域问题，通常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，结合图象，当函数图象开口向上时，若对称轴在区间的左边，则函数在所给区间内单调递增；若对称轴在区间的右边，则函数在所给区间内单调递减；若对称轴在区间内，则函数图象顶点的纵坐标为最小值，区间端点距离对称轴较远的一端取得函数的最大值．

21．【2017年高考全国Ⅰ卷理数】函数f(x)在(,)单调递减，且为奇函数．若f(1)1，则满足1f(x2)1的x的取值范围是 A．[2,2]

B．[1,1]

C．[0,4] 【答案】D

D．[1,3]

【解析】因为f(x)为奇函数且在(,)单调递减，要使1f(x)1成立，则x满足1x1，从而由

1x21得1x3，

即满足1f(x2)1的x的取值范围为[1,3]. 故选D.

【名师点睛】奇偶性与单调性的综合问题，要充分利用奇、偶函数的性质与单调性解决不等式和比较大小问题，若f(x)在R上为单调递增的奇函数，且f(x1)f(x2)0，则x1x20，反之亦成立.

xx22．【2017年高考北京理数】已知函数f(x)3()，则f(x)

13A．是奇函数，且在R上是增函数 C．是奇函数，且在R上是减函数 【答案】A

B．是偶函数，且在R上是增函数 D．是偶函数，且在R上是减函数

1【解析】fx3x3x11x3xfx，所以该函数是奇函数，并且y3是增函数，y33xx是减函数，根据增函数−减函数=增函数，可知该函数是增函数. 故选A.

【名师点睛】本题属于基础题型，根据fx与fx的关系就可以判断出函数的奇偶性，判断函数单调性的方法：（1）利用平时学习过的基本初等函数的单调性；（2）利用函数图象判断函数的单调性；（3）利用函数的四则运算判断函数的单调性，如：增函数+增函数=增函数，增函数−减函数=增函数；（4）利用导数判断函数的单调性.

og5.1)23．【2017年高考天津理数】已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)xf(x)．若ag(l2cg(3)，则a，b，c的大小关系为

A．abc C．bac 【答案】C

【解析】因为f(x)是奇函数且在R上是增函数，所以当x0时，f(x)0， 从而g(x)xf(x)是R上的偶函数，且在[0,)上是增函数，

B．cba D．bca

，bg(2)，

0.8ag(log25.1)g(log25.1)，20.82， 3， 又45.18，则2log25.1

所以020.8log25.13，g(20.8)g(log25.1)g(3)，

所以bac. 故选C．

【名师点睛】比较大小是高考的常见题型，指数式、对数式的大小比较要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性、奇偶性等进行大小比较，要特别关注灵活利用 函数的奇偶性和单调性，数形结合进行大小比较或解不等式．

224．【2017年高考山东理数】已知当x[0,1]时，函数y(mx1)的图象与yxm的图象有且只有一个交点，

则正实数m的取值范围是 A．(0,1][23,) C．(0,2][23,) 【答案】B

【解析】当0m1时，

B．(0,1][3,) D．(0,2][3,)

1(m1)2,11，y(mx1)2在x[0,1]时单调递减，且y(mx1)2，myxm在x[0,1]时单调递增，且yxm[m,1m]，此时有且仅有一个交点；

当m1时，0111，y(mx1)2在,1上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需mm(m1)21mm3.

故选B.

【名师点睛】已知函数有零点求参数的取值范围常用的方法和思路：

（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围； （2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 25．【2017年高考山东理数】若ab0，且ab1，则下列不等式成立的是

A．a1blog2ab b2a1blog2aba b2B．

b1logaba 22ab1ba b2C．aD．log2aba【答案】B

【解析】因为ab0，且ab1，所以a1,0b1,

所以

ab1,log2(ab)log22ab1， a21b

2a11abalog2(ab)， bb所以选B.

【名师点睛】比较幂或对数值的大小，若幂的底数相同或对数的底数相同，通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同，可考虑利用中间量进行比较.本题虽小，但考查的知识点较多，需灵活利用指数函数、对数函数的性质及基本不等式作出判断.

26．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设函数f(x)的定义域为R，满足f(x1)2 f(x)，且当x(0,1]时，

8f(x)x(x1)．若对任意x(,m]，都有f(x)，则m的取值范围是

997A．, B．,

43C．, 25

D．,

38【答案】B

【解析】∵f(x1)2 f(x)，f(x)2f(x1)． ∵x(0,1]时，f(x)x(x1)[,0]；

∴x(1,2]时，x1(0,1]，f(x)2f(x1)2(x1)(x2)141,0； 2∴x(2,3]时，x1(1,2]，f(x)2f(x1)4(x2)(x3)[1,0]， 如图：

878x(2,3]4(x2)(x3)xx当时，由解得1，2，

93387若对任意x(,m]，都有f(x)，则m.

93

7,则m的取值范围是. 3故选B.

【名师点睛】本题考查了函数与方程，二次函数.解题的关键是能够得到x(2,3]时函数的解析式，并求出函

8数值为时对应的自变量的值.

9x,x027．【2019年高考浙江】已知a,bR，函数f(x)131．若函数yf(x)axb恰有2x(a1)xax,x0233个零点，则 A．a<–1，b<0 C．a>–1，b<0 【答案】C

【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x 则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点；

当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b x3 （a+1）x2+ax﹣ax﹣b x3 （a+1）x2﹣b，

B．a<–1，b>0 D．a>–1，b>0

，

yx2(a1)x，

当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，

y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增， 则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意； 当a+1＞0，即a>﹣1时，

令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增， 令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减， 则函数最多有2个零点.

根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：

b0∴＜0且1， 132

(a1)a1(a1)b023

解得b＜0，1﹣a＞0，b＞ （a+1）3， 则a>–1，b<0. 故选C．

【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b x3 （a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．

ex，x0，gxfxxa．若g（x）存在2个零点，28．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数fxlnx，x0，则a的取值范围是 A．[–1，0） C．[–1，+∞） 【答案】C

【解析】画出函数fx的图象，ye在y轴右侧的图象去掉，再画出直线yx，之后上下移动，

xB．[0，+∞） D．[1，+∞）

可以发现当直线过点（0,1）时，直线与函数图象有两个交点，

并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图象有两个交点，即方程fxxa有两个解，也就是函数gx有两个零点， 此时满足a1，即a1. 故选C．

【名师点睛】该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图象以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.即：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程fxxa0有两个解，将其转化为fxxa有两个解，即直线yxa与曲线

yfx有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数fx的图象，再画出直线yx，并将其上下

移动，从图中可以发现，当a1时，满足yxa与曲线yfx有两个交点，从而求得结果. π29．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】设函数fxcos(x)，则下列结论错误的是

3A．f(x)的一个周期为2π C．f(xπ)的一个零点为x【答案】D

【解析】函数f(x)的最小正周期为Tπ 6B．yf(x)的图象关于直线xD．f(x)在(

π,π)单调递减 28π对称 32π2π，则函数f(x)的周期为T2kπkZ，取k1，可得函1数fx的一个周期为2π，选项A正确； 函数f(x)图象的对称轴为xππkπkZ，即xkπkZ，取k3，可得y=f(x)的图象关于直线33x8π对称，选项B正确； 3ππππfxπcosxπcosx，函数f(x)的零点满足xkπkZ，即

3233ππxkπkZ，取k0，可得f(xπ)的一个零点为x，选项C正确；

66当xπ5π4ππ,π时，x,，函数f(x)在该区间内不单调，选项D错误.

3632

故选D.

【名师点睛】（1）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为yAsin(x)或yAcos(x)的形式，则最小正周期为T2π；奇偶性的判断关键是看解析式是否为yAsinx或yAcosxb的形式.

（2）求fxAsin(x)0的对称轴，只需令xkπ心的横坐标，只需令xkπ(kZ)即可.

πkZ，求x即可；求f(x)的对称中230．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则a=

A．C．

1 2B．

1 31 2D．1

【答案】C

【解析】函数f(x)的零点满足x22xaex1ex1， 设gxe，则gxex1ex1x1ex1ex11ex1e2x11，

ex1当gx0时，x1；当x1时，gx0，函数gx单调递减； 当x1时，gx0，函数gx单调递增， 当x1时，函数gx取得最小值，为g12.

设hxx2x，当x1时，函数hx取得最小值，为1，

2若a0，函数hx与函数agx没有交点；

若a0，当ag1h1时，函数hx和agx有一个交点， 即a21，解得a故选C.

【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.

1. 2x2x3,x1,xf(x)|a|在R上31．x【2017年高考天津理数】已知函数f(x)设，若关于的不等式aR22x,x1.x

恒成立，则a的取值范围是 A．[47,2] 16B．[4739,] 161639] 16C．[23,2] 【答案】A

【解析】不等式f(x)|2D．[23,xxa|可化为f(x)af(x) (*)， 22xx3ax2x3，即x23ax2x3， 222当x1时，(*)式即xx3又x2x1474713(x)2（当x时取等号）， 24161643339393x2x3(x)2（当x时取等号），

2416164所以4739a， 16162x232x2ax，xa． x2x2x2x当x1时，(*)式为x又323223x(x)23（当x时取等号）， 2x2x3x2x2，所以23a2． 22（当x2时取等号）

2x2x综上，47a2． 16故选A．

xxxa|转化为f(x)af(x)，涉及分段函数问题要遵循分段处理的原222则，分别对x的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据x的范围，利用极端原理，求出对应的a的取值范围．

【名师点睛】首先将f(x)|32．【2019年高考江苏】函数y76xx2的定义域是 ▲ . 【答案】[1,7]

【解析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域. 由已知得76xx20,即x26x70，解得1x7， 故函数的定义域为[1,7].

【名师点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．

33．【2018年高考江苏】函数fxlog2x1的定义域为________．

【答案】[2，+∞）

【解析】要使函数fx有意义，则需log2x10，解得x2，即函数fx的定义域为2,.

【名师点睛】求给定函数的定义域往往需转化为解不等式（组）的问题.求解本题时，根据偶次根式下被开方数非负列不等式，解对数不等式得函数定义域.

34．【2017年高考江苏】记函数f(x)6xx2的定义域为D．在区间[4,5]上随机取一个数x，则xD的

概率是 ． 【答案】

5 9【解析】由6xx20，即x2x60，得2x3， 根据几何概型的概率计算公式得xD的概率是

3(2)5．

5(4)9【名师点睛】（1）当试验的结果构成的区域为长度、面积或体积等时，应考虑使用几何概型求解．

（2）利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．

（3）几何概型有两个特点：①无限性，②等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．

ax35．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知f(x)是奇函数，且当x0时，f(x)e.若f(ln2)8，则a__________．

【答案】3

ax【解析】由题意知f(x)是奇函数，且当x0时，f(x)e，

又因为ln2(0,1)，f(ln2)8， 所以ealn28，

两边取以e为底数的对数，得aln23ln2， 所以a3，即a3．

【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性，对数的计算．

36．【2019年高考北京理数】设函数fxeae（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）

xx是R上的增函数，则a的取值范围是___________． 【答案】1;,0

【解析】首先由奇函数的定义得到关于a的恒等式，据此可得a的值，然后利用f(x)0可得a的取值范围.



若函数fxeae为奇函数，则fxfx,即exxxaexexaex，

即a1e exx0对任意的x恒成立，

x则a10，得a1.

xx若函数fxeae是R上的增函数，则f(x) eae0在R上恒成立，

x即ae2x在R上恒成立， 又e2x0，则a0， 即实数a的取值范围是,0.

【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.

37．【2019年高考浙江】已知aR，函数f(x)axx，若存在tR，使得|f(t2)f(t)|最大值是___________. 【答案】

32，则实数a的34 32， 3【解析】存在tR，使得|f(t2)f(t)|即有|a(t2)(t2)att|化为|2a3t6t42|332， 32， 3222可得2a3t6t42，

33242即a3t6t4， 332由3t6t43(t1)11，可得0a则实数a的最大值是

224. 34. 333【名师点睛】本题考查函数的解析式及二次函数，结合函数的解析式可得|a(t2)(t2)att|绝对值化简，结合二次函数的最值及不等式的性质可求解.

2，去338．【2019年高考北京理数】李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，

价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%． ①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；

②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．

【答案】①130；②15

【解析】①x10时，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒，需要支付608010130元. ②设顾客一次购买水果的促销前总价为y元，

当y120元时，李明得到的金额为y80%，符合要求； 当y120元时，有yx80%y70%恒成立， 即8yx7y,xy， 8因为y15，所以x的最大值为15. 8min综上，①130；②15.

【名师点睛】本题主要考查函数的最值，不等式的性质及恒成立，数学的应用意识，数学式子变形与运算求解能力.以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养. 39．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数fxcos3x【答案】3

ππ的零点个数为________． 在0，6ππ19π，

666πππ3π或π5π，

由题可知3x，3x3x626262π4π或7π，

解得x,999【解析】

0xπ，3x故有3个零点.

【名师点睛】本题主要考查三角函数的性质和函数的零点，属于基础题.解题时，首先求出3x函数值为零，得到3xπ的范围，再由

6π的取值可得零点个数. 640．【2018年高考浙江】我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱

三；鸡雏三，值钱一。凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，

xyz100,z，则当z81时，x___________，y___________． 15x3yz100,3【答案】8；11

【解析】

故答案为8；11.

【名师点睛】本题主要考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.

41．【2018年高考北京理数】能说明“若f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，则f（x）在［0，2］上是增函

数”为假命题的一个函数是__________．

【答案】f(x)(x) （答案不唯一）

322【解析】对于f(x)(x)，其图象的对称轴为x3223， 2则f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立， 但f（x）在［0，2］上不是单调函数.

【名师点睛】解题本题需掌握充分必要条件和函数的性质，举出反例即可.

πxcos,0x2,242．【2018年高考江苏】函数fx满足fx4fxxR，且在区间2,2上，fx

x1,2x0,2则ff15的值为________．

2 2【答案】

【解析】由fx4fx得函数fx的周期为4， 所以f15f161f1111,22

因此f1πcosf15f242. 2【名师点睛】(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现ffa的形式时，应从内到外依次求值.

(2)求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.

43．【2017年高考江苏】某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是 ▲ ． 【答案】30

【解析】总费用为4x当且仅当x60090064(x)42900240， xx900，即x30时等号成立． x【名师点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．

44．【2018年高考江苏】若函数 在 内有且只有一个零点，则 在 上的最

大值与最小值的和为________． 【答案】–3

2【解析】由fx6x2ax0得x0或xa， 3a0,3af0， 3因为函数fx在0,上有且仅有一个零点且f0=1，所以

32aa因此2a10,解得a3.

33从而函数fx在1,0上单调递增，在0,1上单调递减，所以fxmaxf0,

fxminminf1,f1f1，

则fxmaxfxminf0+f1143. 故答案为3.

【名师点睛】对于函数零点的个数问题，可利用函数的单调性、草图确定其中参数的取值条件．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．

45．【2018年高考浙江】已知λ∈R，函数f(x)=x4,xx4x3,x2，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若

函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________． 【答案】(1,4)；1,3【解析】由题意得解集是1,4,

当4时，fxx40，此时fxx4x30,x1,3，即在,上有两个零点；当4时，

24,

x2x2或2，所以2x4或1x2，即1x4，故不等式f(x)<0的

x40x4x30

fxx40,x4，由fxx24x3在,上只能有一个零点得13.综上，的取值范围

为1,34,.

【名师点睛】根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路： (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 46．【2019年高考江苏】设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)k(x2),0x1是奇函数.当x(0,2]时，f(x)1(x1)2，g(x)1，其中k>0.若在区间(0，9]上，关

,1x22于x的方程f(x)g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是 ▲ .

12【答案】, 34【解析】作出函数f(x)，g(x)的图象，如图：

1(1x2,3x4,5x6,7x8)的图象仅有22个交点，即在区间(0，9]上，关于x的方程f(x)g(x)有2个不同的实数根，

由图可知，函数f(x)1(x1)2的图象与g(x)要使关于x的方程f(x)g(x)有8个不同的实数根，

则f(x)1(x1)2,x(0,2]与g(x)k(x2),x(0,1]的图象有2个不同的交点，

由(1,0)到直线kxy2k0的距离为1，可得∵两点(2,0),(1,1)连线的斜率k|3k|1，解得k2(k0)， k2141， 3

12∴k， 3412综上可知，满足f(x)g(x)在(0,9]上有8个不同的实数根的k的取值范围为，. 34【名师点睛】本题考查分段函数，函数的图象，函数的性质，函数与方程，点到直线的距离，直线的斜率等，考查知识点较多，难度较大.正确作出函数f(x)，g(x)的图象，数形结合求解是解题的关键因素.

2x2axa,x0,47．【2018年高考天津理数】已知a0，函数fx2若关于x的方程fxax恰有2个

x2ax2a,x0.互异的实数解，则a的取值范围是______________. 【答案】4，8 【解析】分类讨论：

当x0时，方程fxax即x22axaax，整理可得：xax1，很明显x1不是方程的实数

2x2解，则a；

x1当x0时，方程fxax即x22ax2aax，整理可得：xax2，很明显x2不是方程的实数

2x2解，则a.

x2x2,x0x21x24x1x12，x24，则原问题等价于函令gx2，其中x1x1x2x2x,x0x2数gx与函数ya有两个不同的交点，求a的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数gx的图象，同时绘制函数ya的图象如图所示，考查临界条件，结合a0观察可得，实数a的取值范围是4,8.

【名师点睛】本题的核心是考查函数的零点问题，由题意分类讨论x0和x0两种情况，然后绘制函数图象，数形结合即可求得最终结果.函数零点的求解与判断方法包括：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.

48．【2017年高考浙江】已知aR，函数f(x)|x___________． 【答案】(,]

4a|a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是x9244,5，分类讨论： x44①当a5时，fxaxa2ax，

xx9函数的最大值为2a45,a，舍去；

2【解析】x1,4,x

②当a4时，fxx44aax5，此时命题成立； xx③当4a5时，fxmaxmax4aa,5aa，则：

994aa5aa4aa5aa或，解得a或a． 224aa55aa5综上可得，实数a的取值范围是,．

29【名师点睛】本题利用基本不等式，由x1,4，得x44,5，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行有x效的分类讨论：①a5；②a4；③4a5，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．

49．【2017年高考江苏】已知函数f(x)x2xe则实数a的取值范围是 ▲ ． 【答案】[1,]

【解析】因为f(x)x2x33x12f(a1)e，其中是自然对数的底数．若f(2a)0，xe121exf(x)，所以函数f(x)是奇函数， xe因为f'(x)3x22exex3x222exex0，所以数f(x)在R上单调递增， 又f(a1)f(2a)0，即f(2a)f(1a)， 所以2a21a，即2a2a10， 解得1a221， 212故实数a的取值范围为[1,]．

【名师点睛】解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为f(g(x))f(h(x))的形式，然后根据函数

f(x)的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g(x)与h(x)的取值应在函数f(x)的定义域

内．

50．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】设函数f(x)_________. 【答案】x1，x01，则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是x22，x01, 4

【解析】令gxfxfx1， 213； 2x22当x0时，gxfxfx当0x1时，gxfx211fx2xx；

22当x1时，gxfx21fx2222x1，

32x,x02111写成分段函数的形式：gxfxfx2xx,0x，

2221x1222,x2函数gx在区间,0,0,,,三段区间内均单调递增，

22且g111101,201,42222011，

可知x的取值范围是1,. 4【名师点睛】（1）求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值.

（2）当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.

x2,xD,51．【2017年高考江苏】设f(x)是定义在R上且周期为1的函数，在区间[0,1)上，f(x)其中集合

x,xD,D{xx【答案】8

【解析】由于f(x)[0,1)，则需考虑1x10的情况， 在此范围内，xQ且xD时，设xn1，nN*}，则方程f(x)lgx0的解的个数是_________． nq,p,qN*,p2，且p,q互质， p

若lgxQ，则由lgx(0,1)，可设lgx因此10nmn,m,nN*,m2，且m,n互质， mqmqn，则10()，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lgxQ，

pp因此lgx不可能与每个周期内xD对应的部分相等， 只需考虑lgx与每个周期xD的部分的交点，

画出函数图象，图中交点除外(1,0)其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期xD的部分， 且x1处(lgx)111，则在x1附近仅有一个交点，

xln10ln10因此方程f(x)lgx0的解的个数为8．

【名师点睛】对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等． 52．【2017年高考山东理数】若函数ef(x)（e2.71828x是自然对数的底数）在f(x)的定义域上单调递增，则

称函数f(x)具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 .

①f(x)2 【答案】①④

【解析】①exf(x)ex2x()x在R上单调递增，故f(x)2具有性质； ②exf(x)ex3x()x在R上单调递减，故f(x)3不具有性质；

x3③ef(x)ex，令g(x)ex，则g(x)ex3exxe(x3)，当x3时，g(x)0，

xx3x3x22x3当x3时，g(x)0，ef(x)ex在(,3)上单调递减，在(3,)上单调递增，故f(x)x不

xx3x

②f(x)3

x

③f(x)x

3④f(x)x2

2e2xe3x具有性质；

④ef(x)e(x2)，令g(x)e(x2)，则g(x)e(x2)2xee[(x1)1]0，则

xx2x2x2xx2exf(x)ex(x22)在R上单调递增，故f(x)x22具有性质．

【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向，它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这

个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．