30、度．若這種射線對鋼板的半價層厚度為0.8，鋼的密度為7.6，則這種射線的吸收系數(shù)為( )
(注：半價層厚度是指將已知射線強度減弱為一半的某種物質厚度，ln 2≈0.6931，結果精確到0.001)
A．0.110 B．0.112 C．0.114 D．0.116
C [由題意可得，＝1×e－7.6×0.8μ，
∴－ln 2＝－7.6×0.8 μ，
即6.08μ≈0.6931，則μ≈0.114.
∴這種射線的吸收系數(shù)為0.114.
故選C.]
21．(2020·青島一模)已知函數(shù)f(x)＝(e＝2.718……為自然對數(shù)的底數(shù))，若f(x)的零點為α，極值點為β，則α＋β＝(
31、 )
A．－1 B．0 C．1 D．2
C [∵f(x)＝，
∵當x≥0時，f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；
當x＜0時，f(x)＝xex＜0恒成立，
∴f(x)的零點為α＝2.
又當x≥0時，f(x)＝3x－9為增函數(shù)，故在[0，＋∞)上無極值點；
當x＜0時，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，
當x＜－1時，f′(x)＜0，當x＞－1時，f′(x)＞0，
∴x＝－1時，f(x)取到極小值，即f(x)的極值點β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故選C.]
22．(2019·濮陽一模)已知f(x)＝aln x＋x2(a>0)，若對任意兩個不等的正實
32、數(shù)x1，x2，都有>2恒成立，則a的取值范圍是( )
A．(0,1] B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．[1，＋∞)
D [對任意兩個不等的正實數(shù)x1，x2都有＞2恒成立，假設x1＞x2，
f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，
即f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2對于任意x1＞x2＞0成立，
令h(x)＝f(x)－2x，h(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)，
∴h′(x)＝＋x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，
＋x－2≥0，則a≥(2x－x2)max＝1，故選D.]
23．(2020·海南模擬)已知函數(shù)f(x)＝若關于x的方程(f(x)－1)(f(x)－m)＝
33、0恰有5個不同的實根，則m的取值范圍為( )
A．(1,2) B．(1,5)
C．(2,3) D．(2,5)
A [由(f(x)－1)(f(x)－m)＝0得f(x)＝1或f(x)＝m.
當f(x)＝1時，即－x2－4x＋1＝1，解得x＝0，x＝－4，或2－2－x＝1，解得x＝0(舍)，
若關于x的方程(f(x)－1)(f(x)－m)＝0恰有5個不同的實根，則f(x)＝m有3個根，即函數(shù)f(x)圖象與y＝m有3個交點．
作出圖象：
由圖可知，m∈(1,2)，故選A.]
24．(2020·東北三省四市一模)已知函數(shù)f(x)＝，若關于x的方程[f(x)]2－2af(x)
34、＋3a＝0有六個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C．(3,4) D．(3,4]
B [令f(x)＝t，則g(t)＝t2－2at＋3a，作f(x)的圖象如下，
設g(t)＝t2－2at＋3a的零點為t1，t2，由圖可知，要滿足題意，
則需g(t)＝t2－2at＋3a在(2,4)有兩不等實根或者其中一根為4，另一根在(2,4)內，
故或，解得3＜a＜或a＝.
即實數(shù)a的取值范圍是.故選B.]
25．(2020·寧波模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋a，g(x)＝x2ex，若對任意的x2∈[－1,1]，存在唯一的x1∈，使得f(x1)＝g(x2)，
35、則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(e,4] B.
C. D.
B [f(x)＝－x2＋a在的值域為[a－4，a]，但f(x)在遞減，此時f(x)∈.g′(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，
可得g(x)在[－1,0]遞減，(0,1]遞增，
則g(x)在[－1,1]的最小值為g(0)＝0，最大值為g(1)＝e，即值域為[0，e]．
對任意的x2∈[－1,1]，存在唯一的x1∈，
使得f(x1)＝g(x2)，可得[0，e]?，
可得a－4≤0＜e＜a－，
解得e＋＜a≤4.故選B.]
26．(2020·洛陽模擬)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(x－1)
36、為偶函數(shù)，且函數(shù)f(x)與直線y＝x有一個交點(1，f(1))，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 018)＋f(2 019)＝( )
A．－2 B．0 C．－1 D．1
B [根據題意，f(x－1)為偶函數(shù)，函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝－1對稱，則有f(－x)＝f(x－2)，又由f(x)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)，
則有f(x－4)＝－f(x－2)＝f(x)，即函數(shù)f(x)為周期為4的周期函數(shù)，
又由f(x＋2)＝－f(x)，則f(1)＝－f(3)，f(2)＝－f(4)＝0，
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 018)＋f(2 019)＝f(1)
37、＋f(2)＋f(3)＝f(2)＝0.故選B.]
27．(2020·南通模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－－3ln x，其中a為實數(shù)．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上有極小值，無極大值，則a的取值范圍是________．
(0,1) [∵函數(shù)f(x)＝ax－－3ln x，
∴f′(x)＝a＋－＝，
∵函數(shù)在區(qū)間(1，＋∞)上有極小值無極大值，
∴f′(x)＝0，即ax2－3x＋2＝0在區(qū)間(1，＋∞)上有1個變號實根，
且x＜1時，f′(x)＜0，x＞1時，f′(x)＞0，
結合二次函數(shù)的性質可知，解得，0＜a＜1.
當a＝1時，f′(x)＝，
因為x＞1，所以x－1＞0，x2＞
38、0，
故當x＞2時，f′(x)＞0，函數(shù)單調遞增，當1＜x＜2時，f′(x)＜0，函數(shù)單調遞減，
故當x＝2時，函數(shù)取得極小值，滿足題意，
當a＝0時，f(x)在(1，＋∞)單調遞減，沒有極值．]
28．(2020·大連模擬)設函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－，則使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范圍是________．
[由題意得，函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－的定義域為R，因為f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當x＞0時，f(x)＝ln(1＋|x|)－為單調遞增函數(shù)，所以根據偶函數(shù)的性質可知：使得f(x)＞f(2x－1)成立，則|x|＞|2x－1|，
39、解得＜x＜1.]
29．(2020·南陽模擬)已知函數(shù)f(x)對?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，且f(x)>0，若y＝f(x－1)的圖象關于x＝1對稱，f(0)＝1，則f(2 019)＋f(2 020)＝________.
3 [因為y＝f(x－1)的圖象關于x＝1對稱，所以y＝f(x)的圖象關于x＝0對稱，即y＝f(x)是偶函數(shù)，對于f(x＋2)·f(x)＝2f(1)，令x＝－1，可得f(1)f(－1)＝2f(1)，又f(x)＞0，所以f(－1)＝2，則f(1)＝f(－1)＝2.所以函數(shù)f(x)對?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝4.所以f(x＋4)·f(x＋2)＝4.
40、所以f(x)＝f(x＋4)，即f(x)是周期為4的周期函數(shù)．所以f(2 019)＝f(4×504＋3)＝f(3)＝＝＝2，
f(2 020)＝f(4×505)＝f(0)＝1.
所以f(2 019)＋f(2 020)＝3.]
30. (2020·衡水模擬)若存在a>0，使得函數(shù)f(x)＝6a2lnx與g(x)＝x2－4ax－b的圖象在這兩函數(shù)圖象的公共點處的切線相同，則b的最大值為________．
[設曲線y＝f(x)與y＝g(x)的公共點為g(x0，y0)，因為f′(x)＝，
g′(x)＝2x－4a，所以2x0－4a＝，
化簡得x－2ax0－3a2＝0，解得x0＝－a或3a.
41、
又x0＞0，且a＞0，則x0＝3a.
因為f(x0)＝g(x0)．
所以x－4ax0－b＝6a2ln x0，
b＝－3a2－6a2ln 3a(a＞0)．
設h(a)＝b，所以h′(a)＝－12a(1＋ln 3a)，
令h′(a)＝0，得a＝，
所以當0＜a＜時，h′(a)＞0；
當a＞時，h′(a)＜0.即h(a)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以b的最大值為h＝.]
31．(2020·沙坪壩區(qū)模擬)已知定義域為R的函數(shù)f(x)，對任意x∈R有f′(x)>f(x)(f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))，若y＝f(x)－1為奇函數(shù)，則滿足不等式f(x)>ex的x的取值范圍是__
42、______．
(0，＋∞) [令g(x)＝，
又f′(x)＞f(x)，
則g′(x)＝＞0，
∴函數(shù)g(x)在R上單調遞增．
∵y＝f(x)－1為奇函數(shù)，∴f(0)－1＝0，
∴g(0)＝＝1.
∴不等式＞1，
即g(x)＞g(0)的解集為{x|x＞0}．]
32．(2020·長沙模擬)定義域和值域均為[－a，a](常數(shù)a>0)的函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象如圖所示，給出下列四個命題：
(1)方程f[g(x)]＝0有且僅有三個解；
(2)方程g[f(x)]＝0有且僅有三個解；
(3)方程f[f(x)]＝0有且僅有九個解；
(4)方程g[g(x)]＝0有且
43、僅有一個解；
那么，其中正確命題是________．(填序號)
(1)(4) [(1)方程f[g(x)]＝0有且僅有三個解；g(x)有三個不同值，由于y＝g(x)是減函數(shù)，所以有三個解，正確；(2)方程g[f(x)]＝0有且僅有三個解；從圖中可知，f(x)∈(0，a)可能有1,2,3個解，錯誤；(3)方程f[f(x)]＝0有且僅有九個解；類似(2)錯誤；(4)方程g[g(x)]＝0有且僅有一個解．結合圖象，y＝g(x)是減函數(shù)，故正確．]
1．函數(shù)f(x)＝ln x－ax在x＝2處的切線與直線ax－y－1＝0平行，則實數(shù)a＝( )
A．－1 B. C. D．1
44、
B [f′(x)＝－a，k＝f′(2)＝－a＝a，所以a＝.故選B.]
2．設函數(shù)f(x)＝若f(x)是奇函數(shù)，則g(e2)＝( )
A．－3 B．－2 C．－1 D．1
A [∵f(x)是奇函數(shù)，
∴f(e2)＝－f(－e2)＝－ln e2＝－2，
∴g(e2)＝f(e2)－1＝－3，故選A.]
3．已知a＝log5 2，b＝log7 2，c＝0.5a－2，則a，b，c的大小關系為( )
A．b＜a＜c B．a＜b＜c
C．c＜b＜a D．c＜a＜b
A [∵1＜log25＜log27，∴1＞log52＞log72，
又0.5a－2＞0.5－1＝2，則
45、c＞a＞b，故選A.]
4．已知函數(shù)f(x)＝，則函數(shù)y＝f(x)－3的零點個數(shù)是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
B [函數(shù)f(x)＝，所以圖象如圖，由圖可得：y＝f(x)與y＝3只有兩個交點；
即函數(shù)y＝f(x)－3的零點個數(shù)是2，故選B.]
5．已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝x2－ln(－x)，則曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為( )
A．x－y＝0 B．x－y－2＝0
C．x＋y－2＝0 D．3x－y－2＝0
A [根據偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱，所以切點關于y軸對稱，切線斜率互為相反數(shù)．
∴f(1)＝f(－1)＝1，故切
46、點為(1,1)，
x＜0時，f′(x)＝2x－，所以f′(1)＝－f′(－1)＝1.
故切線方程為y－1＝x－1，即x－y＝0.故選A.]
6．設m，n為實數(shù)，則“2m＞2n”是“l(fā)ogm＜logn”的( )
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充要條件
D．既不充分也不必要條件
B [2m＞2n?m＞n，但m＞n不能推出logm＜logn，因為m，n可以為負數(shù)．
由logm＜logn可得m＞n.
故“2m＞2n”是“l(fā)ogm＜logn”的必要不充分條件．故選B.]
7．下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)，又在(0,1)上是增函數(shù)的是( )
A．f(x)＝xln x
47、 B．f(x)＝ex－e－x
C．f(x)＝sin 2x D．f(x)＝x3－x
B [對于A，定義域不關于原點對稱，非奇非偶函數(shù)；對于B，f(x)＝－f(x)，且f′(x)＝ex＋e－x＞0，即f(x)是奇函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)；對于C，f(x)＝－f(x)奇函數(shù)，正弦函數(shù)sin 2x周期為π，易知在(0,1)上先增后減；
對于D，f(x)＝－f(x) 奇函數(shù)，易知f(x)在(0,1)上先減后增，故選B.]
8．已知函數(shù)f(x)＝，那么( )
A. f(x)有極小值，也有大極值
B. f(x)有極小值，沒有極大值
C. f(x)有極大值，沒有極小值
D. f(x)沒
48、有極值
C [f(x)＝的定義域為R，f′(x)＝，當x＜3時，f′(x)＞0，
當x＞3時，f′(x)＜0，
所以f(x)在(－∞，3)單調遞增，在(3，＋∞)單調遞減，
所以f(x)有極大值f(3)＝，沒有極小值，
故選C.]
9．已知a為正實數(shù)，若函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋2a2的極小值為0，則a的值為( )
A. B．1 C. D．2
A [由已知f′(x)＝3x2－6ax＝3x(x－2a)，
又a＞0，所以由f′(x)＞0得x＜0或x＞2a，
由f′(x)＜0得0＜x＜2a，所以f(x)在x＝2a處取得極小值0，
即f(x)極小值＝f(2a)＝(2a
49、)3－3a(2a)2＋2a2＝－4a3＋2a2＝0，
又a＞0，解得a＝，故選A.]
10．已知f(x)＝x3＋x2－6x＋1在(－1,1)單調遞減，則m的取值范圍為( )
A．[－3,3] B．(－3,3) C．[－5,5] D．(－5,5)
C [∵f(x)＝x3＋x2－6x＋1在(－1,1)單調遞減，∴當x∈(－1,1)時，f′(x)＝x2＋mx－6≤0恒成立， ∴，即，解得－5≤m≤5，
∴m的取值范圍為[－5,5]，故選C.]
11．已知函數(shù)f(x)＝|ln x|，若0＜a＜b，且f(a)＝f(b)，則2a＋b的取值范圍是( )
A．[3，＋∞) B．(3
50、，＋∞)
C．[2，＋∞) D．(2，＋∞)
C [∵0＜a＜b且f(a)＝f(b)，結合f(x)＝|ln x|的圖象易知0＜a＜1＜b且－ln a＝ln b，
∴l(xiāng)n(ab)＝0，則ab＝1.
∴2a＋b≥2＝2，當且僅當2a＝b＞0，
即a＝，b＝時取等號．
∴2a＋b的取值范圍是[2，＋∞)．故選C.
]
12．已知定義在R上的函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，且f(x＋1)為偶函數(shù)，若f(2)＝1，則滿足f(x－1)≥1的x的取值范圍是( )
A．[－1,3] B．[1,3]
C．[0,4] D．[－2,2]
B [由f(x＋1)為偶函數(shù)，所以f
51、(－x＋1)＝f(x＋1)，
所以可得函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，又函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，
所以可得函數(shù)f(x)在(－∞，1)單調遞增，
因為f(0)＝f(2)＝1，所以0≤x－1≤2，解得1≤x≤3，
故選B.]
13．偶函數(shù)f(x)關于點(1,0)對稱，當－1≤x≤0時，f(x)＝－x2＋1，則f(2 020)＝( )
A．2 B．0 C．－1 D．1
D [∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)關于直線x＝0對稱，又f(x)關于點(1,0)對稱，∴f(x)的周期為4×|1－0|＝4，∴f(2 020)＝f(2 020－4×505)＝f(0)，
又
52、當－1≤x≤0時，f(x)＝－x2＋1，
∴f(2 020)＝f(0)＝1.故選D.]
14．定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且當x＞0時，xf′(x)＋2f(x)＜0，則( )
A.＞ B．9f(3)＞f(1)
C.＜ D.＞
D [令g(x)＝x2f(x)，
當x＞0時，xf′(x)＋2f(x)＜0，
則g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋f′(x)]＜0，
即g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
因為f(－x)＝f(x)，
所以g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，
即g(x)為偶函數(shù)，根據偶函數(shù)的對
53、稱性可知，g(x)在(－∞，0)上單調遞增，g(e)＞g(3)，
所以＞＝，故選D.]
15．設函數(shù)f(x)＝則下列結論錯誤的是( )
A．函數(shù)f(x)的值域為R
B．函數(shù)f(|x|)為偶函數(shù)
C．函數(shù)f(x)為奇函數(shù)
D．函數(shù)f(x)是定義域上的單調函數(shù)
A [根據題意，依次分析選項：
對于A，函數(shù)f(x)＝，
當x＞0時，f(x)＝2x＋1＞2，
當x＜0時，f(x)＝－2－x－1＝－(2－x＋1)＜－2，其值域不是R，A錯誤；
對于B，函數(shù)f(|x|)，其定義域為{x|x≠0}，有f(|－x|)＝f(|x|)，函數(shù)f(|x|)為偶函數(shù)，B正確；
對于C，函數(shù)f(
54、x)＝，當x＞0時，－x＜0，有f(x)＝2x＋1，f(－x)＝－f(x)＝－2－x－1，
反之當x＜0時，－x＞0，有f(x)＝－2x－1，
f(－x)＝－f(x)＝2x＋1，綜合可得：f(－x)＝－f(x)成立，函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，C正確；
對于D，函數(shù)f(x)＝，當x＞0時，f(x)＝2x＋1＞2，f(x)在(0，＋∞)為增函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝－2－x－1＜－2，f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，故f(x)是定義域上的單調函數(shù)；故選A.]
16．為實現(xiàn)國民經濟新“三步走”的發(fā)展戰(zhàn)略目標，國家加大了扶貧攻堅的力度，某地區(qū)在2015年以前的年均脫貧率(脫貧的戶數(shù)占當年貧困戶
55、總數(shù)的比)為70%,2015年開始全面實施“精準扶貧”政策后，扶貧效果明顯提高，其中2019年度實施的扶貧項目，各項目參加戶數(shù)占比(參加戶數(shù)占2019年貧困總戶數(shù)的比)及該項目的脫貧率見表：
實施項目
種植業(yè)
養(yǎng)殖業(yè)
工廠就業(yè)
參加占戶比
45%
45%
10%
脫貧率
96%
96%
90%
那么2019年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的( )
A.倍 B.倍 C.倍 D.倍
B [2019年的年脫貧率是實施“精準扶貧”政策前的年均脫貧率的＝倍．故選B.]
17．定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對?x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，有
56、＞0成立，已知a＝f(ln π)，b＝f(e)，c＝f，則a，b，c的大小關系為( )
A．b＞a＞c B．b＞c＞a
C．c＞b＞a D．c＞a＞b
A [定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對?x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，有＞0成立，
可得f(x)在x∈(－∞，0)單調遞增，所以f(x)在(0，＋∞)單調遞減；
因為1＜ln π＜2,0＜e＜1，
所以a＝f(ln π)＜b＝f(e)，
因為－3＝log2＜log2＜log2＝－2，
c＝f＝f∈(2,3)，
所以c＜a，故選A.]
18．設a＝ln 3，則b＝lg 3，則( )
A．a＋b＞a－b＞a
57、b B．a＋b＞ab＞a－b
C．a－b＞a＋b＞ab D．a－b＞ab＞a＋b
A [因為(a＋b)－(a－b)＝2b＝2lg 3＞0，
所以a＋b＞a－b，ab＝ln 3lg 3＞0，
＝－＝－＝－
＝－＝＝＝log3＞1，
所以a－b＞ab，所以a＋b＞a－b＞ab，故選A.]
19．已知函數(shù)f(x)＝，函數(shù)F(x)＝f(x)－b有四個不同的零點x1，x2，x3，x4，且滿足：x1＜x2＜x3＜x4，則 的值是( )
A．－4 B．－3 C．－2 D．－1
A [作出f(x)的函數(shù)圖象如圖所示：
由圖象知x1＋x2＝－4，x3x4＝1，
∴＝＝－4
58、.故的值是－4.
故選A.]
20．已知函數(shù)f(x)＝aln x－2x，若存在x∈N*，使f(x)＞0成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(2e，＋∞) B.
C. D．(2，＋∞)
C [由題意可得aln x－2x＞0，
當x＝1時，－2＞0不成立，
當x＞1時，a＞，
設g(x)＝，
則g′(x)＝，
當x∈(1，e)時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)單調遞減，
當x∈(e，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)單調遞增，
∵g(2)＝，g(3)＝，
又4ln 3＝ln 81＞ln 64＝6ln 2，
∴＞，∴a＞，故選C.]
21．若關于x的不等
59、式ax－2a＞2x－ln x－4有且只有兩個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(2－ln 3,2－ln 2] B．(－∞，2－ln 2)
C．(－∞，2－ln 3] D．(－∞，2－ln 3)
C [由題意可知，ax－2a＞2x－ln x－4，
設g(x)＝2x－ln x－4，h(x)＝ax－2a，
由g′(x)＝2－＝.可知g(x)＝2x－ln x－4
在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，
h(x)＝ax－2a的圖象恒過點(2,0)，在同一坐標系中作出g(x)，h(x)的圖象如圖，
當a≤0時，原不等式有且只有兩個整數(shù)解；
當a＞0時，若原不等式有且只有兩個整數(shù)
60、x1，x2，使得f(x1)＞0，且f(x2)＞0，
則，即，
解得0＜a≤2－ln 3，
綜上可得a≤2－ln 3，故選C.]
22．衡東土菜辣美鮮香，享譽三湘．某衡東土菜館為實現(xiàn)100萬元年經營利潤目標，擬制定員工的獎勵方案：在經營利潤超過6萬元的前提下獎勵，且獎金y(單位：萬元)隨經營利潤x(單位：萬元)的增加而增加，但獎金總數(shù)不超過3萬元，同時獎金不能超過利潤的20%.下列函數(shù)模型中，符合該點要求的是( )
(參考數(shù)據：1.015100≈4.432，lg 11≈1.041)
A．y＝0.04x B．y＝1.015x－1
C．y＝tan D．y＝log11(3x－1
61、0)
D [對于函數(shù)：y＝0.04x，當x＝100時，y＝4＞3，不符合題意；
對于函數(shù)：y＝1.015x－1，當x＝100時，y＝3.432＞3，不符合題意；
對于函數(shù)：y＝tan，不滿足遞增，不符合題意；
對于函數(shù)：y＝log11(3x－10)，滿足x∈(6,100]，增函數(shù)，
且y≤log11(3×100－10)＝log11290＜log111331＝3，
結合圖象，y＝x與y＝log11(3x－10)的圖象如圖所示，符合題意，故選D.]
23．設函數(shù)f(x)＝則使得f(x＋1)＞f(2x－1)成立的x的取值范圍是( )
A．(0,2) B．(－2，＋∞)
C．(
62、－∞，0) D．(2，＋∞)
A [當x＞0時，f(－x)＝＝x2ex＝f(x)，同理當x＜0，f(－x)＝(－x)2·e－x＝＝f(x)，
所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．
又當x≥0時，f′(x)＝x(x＋2)·ex≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調遞增．
所以要使f(x＋1)＞f(2x－1)，
則需|x＋1|＞|2x－1|，兩邊平方并化簡得x2－2x＜0，
解得0＜x＜2.故選A.]
24．已知函數(shù)f(x)＝若|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B．[0,1]
C．[0,2] D．[1，＋∞)
C [函數(shù)f(x)＝若|f(x
63、)|－ax＋a≥0恒成立，即|f(x)|≥ax－a恒成立，在坐標系中畫出函數(shù)y＝|f(x)|的圖象如圖，而y＝ax－a表示恒過(1,0)的直線系，由圖象可知，要使|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，只需y＝x2－1在x＞1時，函數(shù)的圖象在y＝ax－a的上方，所以y＝x2－1的導數(shù)為：y′＝2x，在x＝1處的切線的斜率為2，所以a≤2，并且a≥0.
所以a∈[0,2]．故選C.]
25．已知f(x)＝ex－1－e1－x＋x，則不等式f(x)＋f(3－2x)≤2的解集是( )
A．[1，＋∞) B．[0，＋∞)
C．(－∞，0] D．(－∞，1]
A [∵f(x)＝ex－1－
64、e1－x＋x，①
∴f(2－x)＝e(2－x)－1－e1－(2－x)＋(2－x)＝e1－x－ex－1＋2－x，②
①＋②得：f(x)＋f(2－x)＝2，
∴f(x)＋f(3－2x)≤2?f(x)＋f(3－2x)
≤f(x)＋f(2－x)，
∴f(3－2x)≤f(2－x)，③
又f′(x)＝ex－1＋e1－x＋1＞0恒成立，
∴f(x)＝ex－1－e1－x＋x為R上的增函數(shù)，
∴③式可化為：3－2x≤2－x，解得x≥1，故選A.]
26．已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)，則( )
A．f(－)＞f()＞f
B．f(－)＞f()＞f
C．f＞f(－)＞
65、f()
D．f()＞f＞f()
B [因為f(x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)，
則f(－x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)＝f(x)，
當x＞0時，f(x)＝ex＋e－x＋ln(ex－1)，
則f′(x)＝ex－＋＞0在x＞0時恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
因為f(－)＝f()，f(－)＝f()，
f＝f(log54)，且＞＞1＞log54＞0，
所以f()＞f()＞f(log54)．故選B.]
27．已知函數(shù)f(x)＝e|x|·lg圖象關于原點對稱，則實數(shù)的a的值為________．
±2 [依題意有f(－x)＋f(x)＝0, 又f(－
66、x)＝e|－x|·lg，
所以f(－x)＋f(x)＝e|x|lg[1＋4x2－a2x2]＝0，
故a2＝4，a＝±2.]
28．現(xiàn)有一塊邊長為a的正方形鐵片，鐵片的四角截去四個邊長均為x的小正方形，然后做成一個無蓋方盒，該方盒容積的最大值是________．
a3 [由題意，容積V(x)＝(a－2x)2x,0＜x＜，
則V′(x)＝2(a－2x)×(－2x)＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)，
由V′(x)＝0，得x＝或x＝(舍去)，
當x∈時，V′(x)＞0，V(x)單調遞增，
當x∈時，V′(x)＜0，V(x)單調遞減，
則x＝為V在定義域內唯一的極大值點也是最大值點，此時Vmax＝a3.]
29．[一題兩空]已知函數(shù)f(x)＝ax＋(b＞0)的圖象在點P(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直，則a與b的關系為a＝________(用b表示)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間上是單調遞增，則b的最大值等于________．
b＋2 [∵f(x)＝ax＋(b＞0)，
∴f′(x)＝a－，
∴f′(1)＝a－b ，
∵函數(shù)f(x)＝ax＋(b＞0
（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓7 函數(shù)的概念、圖象與性質 基本初等函數(shù)、函數(shù)與方程 導數(shù)的簡單應用（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學試題
