25、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，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．]
20．(2020·濮陽一模)已知f(x)＝aln x＋x2(a>0)，若對任意兩個不等的正實數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，＋∞)
26、D [對任意兩個不等的正實數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，
∴h′(x)＝＋x－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，
＋x－2≥0，則a≥(2x－x2)max＝1，故選D．]
21．(2020·海南模擬)已知函數f(x)＝若關于x的方程(f(x)－1)(f(x)－m)＝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
27、(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．]
22．(2020·湘潭一模)已知函數f(x)＝，若函數g(x)＝f(f(x))恰有8個零點，則a的值不可能為( )
A．8 B．9 C．10 D．12
A [易知，當a≤0時，方程f(x)＝0只有1個實根，從而g(x)＝f(
28、f(x))不可能有8個零點，
則a＞0，f(x)＝0的實根為－2a,0，a.
令f(x)＝t，則f(f(x))＝f(t)＝0，
則t＝－2a,0，a數形結合可知，
直線y＝a與f(x)的圖象有2個交點，
直線y＝0與f(x)的圖象有3個交點，
所以由題意可得直線y＝－2a與f(x)的圖象有3個交點，則必有－2a＞－，又a＞0，所以a＞8，故選A．
]
23．(2020·寧波模擬)已知函數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)，則實數a的取值范圍是( )
A．(e,4] B．
C． D．
29、
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．]
24．(2020·洛陽模擬)已知f(x)是定義在R上的奇函數，f(x－1)為偶函數，且函數f(x)與直線y＝x有一個交點(1，f(1))，則f(1)＋
30、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，函數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，則f(－x)＝－f(x)，
則有f(x－4)＝－f(x－2)＝f(x)，即函數f(x)為周期為4的周期函數，
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)＋f(2)＋f(3)＝f(2)＝0.故選B．]
25．(2020·南通模擬
31、)已知函數f(x)＝ax－－3ln x，其中a為實數．若函數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f(x)＝ax－－3ln x，
∴f′(x)＝a＋－＝，
∵函數在區(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＞0，
故當x＞2時，f′(x)＞0，函數單調遞增，當1＜x＜2時，f′(x
32、)＜0，函數單調遞減，
故當x＝2時，函數取得極小值，滿足題意，
當a＝0時，f(x)在(1，＋∞)單調遞減，沒有極值．]
26．(2020·大連模擬)設函數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f(x)＝ln(1＋|x|)－的定義域為R，因為f(－x)＝f(x)，所以函數f(x)為偶函數，當x＞0時，f(x)＝ln(1＋|x|)－為單調遞增函數，所以根據偶函數的性質可知：使得f(x)＞f(2x－1)成立，則|x|＞|2x－1|，解得＜x＜1.]
27．(2020·南陽模擬)已知函數f(x)對?x∈R滿
33、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，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f(x)對?x∈R滿足f(x＋2)·f(x)＝4.所以f(x＋4)·f(x＋2)＝4.所以f(x)＝f(x＋4)，即f(x)是周期為4的周期函數．所以f(2 01
34、9)＝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.]
28. (2020·衡水模擬)若存在a>0，使得函數f(x)＝6a2lnx與g(x)＝x2－4ax－b的圖象在這兩函數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.
又x0＞0，且a＞0，則x0＝3a.
因為f(x0)＝g(x0)．
所以x
35、－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＝.]
1．函數f(x)＝ln x－ax在x＝2處的切線與直線ax－y－1＝0平行，則實數a＝( )
A．－1 B． C． D．1
B [f′(x)＝－a，k＝f′(2)＝－a＝a，所以a＝.故選B．]
2．設函數f(x)＝若f(x)是奇函數，則g(e2)＝( )
36、
A．－3 B．－2 C．－1 D．1
A [∵f(x)是奇函數，
∴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c＞a＞b，故選A．]
4．已知函數f(x)＝，則函數y＝f(x)－3的零點個數是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
B
37、 [函數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y＝f(x)－3的零點個數是2，故選B．]
5．已知函數f(x)為偶函數，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．
∴f(1)＝f(－1)＝1，故切點為(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
38、選A．]
6．設m，n為實數，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．
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．下列函數中，既是奇函數，又在(0,1)上是增函數的是( )
A．f(x)＝xln x 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
39、函數；對于B，f(x)＝－f(x)，且f′(x)＝ex＋e－x＞0，即f(x)是奇函數在(0,1)上是增函數；對于C，f(x)＝－f(x)奇函數，正弦函數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，易知f(x)在(0,1)上先減后增，故選B．]
8．已知函數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(
40、－∞，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，若函數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)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(
41、－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，＋∞)
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＜
42、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f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，且f(x＋1)為偶函數，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，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，
所以可得函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，又函數f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，
所以可得函數
43、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，∴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f(x)的導函數為
44、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，根據偶函數的對稱性可知，g(x)在(－∞，0)上單調遞增，g(e)＞g(3)，
所以＞＝，故選D．]
15．設函數f(x)＝則下列結論錯誤的是(
45、 )
A．函數f(x)的值域為R
B．函數f(|x|)為偶函數
C．函數f(x)為奇函數
D．函數f(x)是定義域上的單調函數
A [根據題意，依次分析選項：
對于A，函數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f(|x|)，其定義域為{x|x≠0}，有f(|－x|)＝f(|x|)，函數f(|x|)為偶函數，B正確；
對于C，函數f(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)＝－
46、2x－1，
f(－x)＝－f(x)＝2x＋1，綜合可得：f(－x)＝－f(x)成立，函數f(x)為奇函數，C正確；
對于D，函數f(x)＝，當x＞0時，f(x)＝2x＋1＞2，f(x)在(0，＋∞)為增函數，當x＜0時，f(x)＝－2－x－1＜－2，f(x)在(－∞，0)上為增函數，故f(x)是定義域上的單調函數；故選A．]
16．為實現國民經濟新“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(脫貧的戶數占當年貧困戶總數的比)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，各項目參加戶數占比(參
47、加戶數占2019年貧困總戶數的比)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f(x)，對?x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，有＞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．
48、c＞b＞a D．c＞a＞b
A [定義在R上的偶函數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＞ab 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＝
49、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．(2020·石嘴山二模)已知函數f(x)＝，函數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)的函數圖象如圖所示：
由圖象知x1＋x2＝－4，x3x4＝1，
∴＝＝－4.故的值是－4.
故選A．]
20．(2020·沙坪壩區(qū)校級模擬)已知定義域為R的函數f(x)，對任意
50、x∈R有f′(x)＞f(x)(f′(x)是函數f(x)的導函數)，若y＝f(x)－1為奇函數，則滿足不等式f(x)＞ex的x的取值范圍是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，1)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
C [令g(x)＝，
又f′(x)＞f(x)，
則g′(x)＝＞0，
∴函數g(x)在R上單調遞增．
∵y＝f(x)－1為奇函數，∴f(0)－1＝0，
∴g(0)＝＝1.
∴不等式＞1，
即g(x)＞g(0)的解集為{x|x＞0}．故選C．]
21．衡東土菜辣美鮮香，享譽三湘．某衡東土菜館為實現100萬元年經營利潤目標，擬制定員工的獎勵方案：在經營利
51、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，但獎金總數不超過3萬元，同時獎金不能超過利潤的20%.下列函數模型中，符合該點要求的是( )
(參考數據：1.015100≈4.432，lg 11≈1.041)
A．y＝0.04x B．y＝1.015x－1
C．y＝tan D．y＝log11(3x－10)
D [對于函數：y＝0.04x，當x＝100時，y＝4＞3，不符合題意；
對于函數：y＝1.015x－1，當x＝100時，y＝3.432＞3，不符合題意；
對于函數：y＝tan，不滿足遞增，不符合題意；
對于函數：y＝log1
52、1(3x－10)，滿足x∈(6,100]，增函數，
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．]
22．設函數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．(－∞，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f(x)為偶函數．
又當x≥0時，f′(x)＝x(x＋2)·ex≥0，所以f(x
53、)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．]
23．已知函數f(x)＝若|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，則實數a的取值范圍是( )
A． B．[0,1]
C．[0,2] D．[1，＋∞)
C [函數f(x)＝若|f(x)|－ax＋a≥0恒成立，即|f(x)|≥ax－a恒成立，在坐標系中畫出函數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，函數的圖象在y＝
54、ax－a的上方，所以y＝x2－1的導數為：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．]
24．已知函數f(x)＝e1＋x2－，則使f(2x)＞f(x＋1)成立的x的取值范圍是( )
A．∪(1，＋∞)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪
D．
A [∵f(－x)＝e1＋(－x)2－＝e1＋x2－＝f(x)，
∴函數f(x)為偶函數，
又當x＞0時，y＝e1＋x2與y＝－均為增函數，
∴當x＞0時，f(x)＝e1＋x2－為增函數，
∴f(2x)＞f(x＋1)等價于|2x|＞|x＋1|，
解得：x＜－或x＞1，
55、
即x的取值范圍為∪(1，＋∞)，故選A．]
25．已知函數f(x)＝ex＋e－x＋ln(e|x|－1)，則( )
A．f(－)＞f()＞f
B．f(－)＞f()＞f
C．f＞f(－)＞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，
56、所以f()＞f()＞f(log54)．故選B．]
26．已知函數f(x)＝e|x|·lg圖象關于原點對稱．則實數的a的值為________．
±2 [依題意有f(－x)＋f(x)＝0, 又f(－x)＝e|－x|·lg， 所以f(－x)＋f(x)＝e|x|lg[1＋4x2－a2x2]＝0，
故a2＝4，a＝±2.]
27．現有一塊邊長為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
57、－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.]
28．[一題兩空]已知函數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f(x)＝ax＋(b＞0)的圖
58、象在點P(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－1＝0垂直，
∴a－b＝2，即a＝b＋2.
若函數f(x)在區(qū)間上單調遞增，
則f′(x)＝a－≥0恒成立，
即b＋2≥恒成立，
整理得：≤(x2)min＝，解得0＜b≤，bmax＝.]
29．函數f(x)＝x－sin x在上的最小值和最大值分別是________．
－，－1 [由題意得，f′(x)＝－cos x，
令f′(x)＞0，解得＜x≤，
令f′(x)＜0，解得0≤x＜，
∴f(x)在上遞減，在上遞增．
∴f(x)min＝f＝－，
而f(0)＝0，f＝－1，
故f(x)在區(qū)間上的最小值和最大值分別是－，－1.]
30．定義在R上的函數f(x)滿足f′(x)－f(x)＜2ex(e為自然對數的底數)，其中f′(x)為f(x)的導函數，若f(2)＝4e2，則＞xex的解集為________．
(－∞，2) [∵f′(x)－f(x)＜2ex，
∴構造函數g(x)＝－2x，
則g′(x)＝－2＝－2＜0，
∴g′(x)＜0，
∴g(x)在R上為減函數．
∵＞xex?＞2x?g(x)＞0，又f(2)＝4e2，
∴g(2)＝－4＝－4＝0，
∴g(x)＞g(2)，∴x＜2，
∴＞xex的解集為(－∞，2)．]
（統(tǒng)考版）高考數學二輪復習 專題限時集訓7 函數的概念、圖象與性質 基本初等函數、函數與方程 導數的簡單應用（含解析）（文）-人教版高三數學試題
