2023高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题六函数与导数专题检测卷六函数与导数含解析202303112173

专题检测卷(六)　函数与导数(时间：120分钟　满分：150分)一、单项选择题：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.(2020·北京适应性测试)函数f(x)＝的定义域为(　　)A.{x|x≤2或x≥3}B.{x|x≤－3或x≥－2}C.{x|2≤x≤3}D.{x|－3≤x≤－2}解析　由题意，得x2－5x＋6≥0，即(x－2)(x－3)≥0，解得x≤2或x≥3.故选A.答案　A2.(2020·沈阳一监)已知a＝3，b＝2，c＝log32，则a，b，c的大小关系为(　　)A.a<b<cB.b<a<cC.c<a<bD.c<b<a解析　∵a＝3＝9，b＝2＝8，9>8>80＝1，∴a>b>1.又c＝log32<log33＝1，∴a>b>1>c.故选D.答案　D3.(2020·济南一模)已知函数y＝f(x)的部分图象如图，则f(x)的解析式可能是(　　)A.f(x)＝x＋tanxB.f(x)＝x＋sin2xC.f(x)＝x－sin2xD.f(x)＝x－cosx解析　对于A，函数f(x)的定义域为{x|x≠＋kπ，k∈Z}，而图象对应的函数在x＝处有定义，因此A不符合题意；\n对于B，f′(x)＝1＋2cos2x，令f′(x)<0，得＋2kπ<x<＋2kπ(k∈Z)，则函数f(x)在区间(＋2kπ，＋2kπ)(k∈Z)上是减函数，图象对应的函数没有递减区间，因此B不符合题意；对于C，f′(x)＝1－cos2x，对任意x∈R，f′(x)≥0，因此函数f(x)在R上单调递增，且函数f(x)也是奇函数，满足图象对应的函数特征，因此C符合题意；对于D，函数f(x)不是奇函数，而图象对应的函数是奇函数，因此D不符合题意.故选C.答案　C4.(2020·青岛质检)已知函数f(x)＝若f(x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝(　　)A.－1B.0C.1D.2解析　当x≥0时，令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2；当x<0时，f(x)＝xex<0恒成立.∴f(x)的零点α＝2.当x≥0时，f(x)＝3x－9为增函数，故在[0，＋∞)上无极值点；当x<0时，f(x)＝xex，f′(x)＝(1＋x)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<0时，f′(x)>0，∴x＝－1时，f(x)取到极小值，即f(x)的极值点β＝－1，∴α＋β＝2－1＝1.故选C.答案　C5.(2020·安徽六校素质测试)若函数f(x)＝ex(sinx＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)A.[，＋∞)B.[1，＋∞)C.(1，＋∞)D.(－，＋∞)解析　由题意，得f′(x)＝ex(sinx＋a)＋excosx＝ex[sin(x＋)＋a]，∵f(x)在上单调递增，∴f′(x)≥0在上恒成立.又∵ex>0，∴sin＋a≥0在上恒成立.当x∈时，x＋∈，∴sin∈，∴sin＋a∈(－1＋a，＋a]，∴－1＋a≥0，解得a∈[1，＋∞).故选B.答案　B6.(2020·合肥质检)射线测厚技术原理公式为I＝I0e－ρμt，其中I0，I分别为射线穿过被测物前后的强度，e是自然对数的底数，t为被测物厚度，ρ为被测物的密度，μ是被测物对射线的吸收系数，工业上通常用镅－241(241\nAm)低能γ射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种钢板对射线的吸收系数为(　　)(注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln2≈0.6931，结果精确到0.001)A.0.110B.0.112C.0.114D.0.116解析　由题意可得t＝0.8，ρ＝7.6，＝.因为I＝I0e－ρμt，所以＝e－7.6×0.8×μ，所以μ＝≈≈0.114.所以这种钢板对射线的吸收系数为0.114.故选C.答案　C7.(2020·中原名校联考)函数f(x)＝则函数g(x)＝3(f(x))2－8f(x)＋4的零点个数是(　　)A.5B.4C.3D.6解析　函数g(x)＝3(f(x))2－8f(x)＋4＝(3f(x)－2)·(f(x)－2)的零点个数，即方程f(x)＝和f(x)＝2的根的个数.函数f(x)＝的图象如图.由图象可知，方程f(x)＝和f(x)＝2共有5个根，即函数g(x)＝3(f(x))2－8f(x)＋4有5个零点.故选A.答案　A8.已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　)A.[0，1]B.[0，2]C.[0，e]D.[1，e]解析　当x≤1时，由f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，所以当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.综上，a≥0.\n当x>1时，由f(x)＝x－alnx≥0恒成立，即a≤恒成立.设g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是[0，e].答案　C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知f(x)＝若f(x)＝1，则x的值是(　　)A.－1B.C.－D.1解析　根据题意，f(x)＝若f(x)＝1，分3种情况讨论：①当x≤－1时，f(x)＝x＋2＝1，解得x＝－1；②当－1<x<2时，f(x)＝x2＝1，解得x＝±1，又－1<x<2，所以x＝1；③当x≥2时，f(x)＝2x＝1，解得x＝，舍去.综上可得x＝1或x＝－1.故选AD.答案　AD10.(2020·山东联考)下列函数，既是偶函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是(　　)A.f(x)＝ln(－3x)B.f(x)＝ex＋e－xC.f(x)＝x2＋1D.f(x)＝cosx＋3解析　由题意知A，B，C，D四个选项的函数的定义域均为R.对于A，f(－x)＋f(x)＝ln(＋3x)＋ln(－3x)＝0，则f(x)＝ln(－3x)为奇函数，A不符合题意.对于B，f(－x\n)＝e－x＋ex＝f(x)，即f(x)＝ex＋e－x为偶函数.当x∈(0，＋∞)时，设t＝ex(t>1)，y＝t＋，由对勾函数的性质可得，当t∈(1，＋∞)时，y＝t＋是增函数.又t＝ex单调递增，所以f(x)＝ex＋e－x在(0，＋∞)上单调递增，B符合题意.对于C，f(－x)＝(－x)2＋1＝x2＋1＝f(x)，即f(x)＝x2＋1为偶函数.由二次函数的性质可知其图象的对称轴为直线x＝0，则f(x)＝x2＋1在(0，＋∞)上单调递增，C符合题意.对于D，由余弦函数的性质可知f(x)＝cosx＋3是偶函数，但在(0，＋∞)上不恒增，D不符合题意.故选BC.答案　BC11.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足条件f(x＋2)＝－f(x)，且函数y＝f(x－1)为奇函数，则(　　)A.函数y＝f(x)是周期函数B.函数y＝f(x)的图象关于点(－1，0)对称C.函数y＝f(x)在R上是偶函数D.函数y＝f(x)在R上是单调函数解析　对于A，函数y＝f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，故A正确；对于B，y＝f(x－1)是奇函数，则f(x－1)的图象关于原点对称，又由函数f(x)的图象是由y＝f(x－1)的图象向左平移1个单位长度得到的，故函数f(x)的图象关于点(－1，0)对称，故B正确；对于C，由B可得，对于任意的x∈R，都有f(－1－x)＝－f(－1＋x)，即f(－1－x)＋f(－1＋x)＝0，变形可得f(－2－x)＋f(x)＝0，则有f(－2－x)＝－f(x)＝f(x＋2)对于任意的x∈R都成立，令t＝2＋x，则f(－t)＝f(t)，即函数f(x)是偶函数，故C正确；对于D，f(x)为偶函数，则其图象关于y轴对称，f(x)在R上不是单调函数，故D错误，故选ABC.答案　ABC12.对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　)A.f(x)在x＝处取得极大值B.f(x)有两个不同的零点C.f()<f()<f()D.若f(x)<k－在(0，＋∞)上恒成立，则k>\n解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)在(0，)上单调递增，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(，＋∞)上单调递减，∴当x＝时，f(x)取得极大值f()＝，A正确；f(1)＝0，当0<x<1时，f(x)<0，当x>1时，f(x)>0，当x→＋∞时，f(x)→0，∴f(x)只有一个零点，B错误；显然<<，∴f()<f()，又f()＝＝·，f()＝＝×＝×，设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(e，＋∞)上单调递减，而e<π<4，∴h(π)>h(4)，即>＝，∴f()<f()，即f()<f()<f()，C正确；令g(x)＝＋(x>0)，则g′(x)＝－，易知当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递增，在上单调递减，则g(x)在x＝处取得极大值也是最大值g＝，∴若f(x)＋<k在x∈(0，＋∞)上恒成立，则k>，D正确.故选ACD.答案　ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.(2020·唐山模拟)已知函数f(x)满足f(x)＋2f(4－x)＝3x，则f(1)＝________.解析　因为f(x)＋2f(4－x)＝3x，所以解得f(1)＝5.答案　514.(2020·河南六市模拟)设函数f(x)＝则满足f(x2－4)>f(－3x)的x的取值范围为________.解析　作出函数y＝f(x)的图象如图所示，易知函数f(x)在(－∞，0]上单调递增.∵f(x2－4)>f(－3x)，∴或解得x≥2或1<x<2.综上可知，x的取值范围为(1，＋∞).\n答案　(1，＋∞)15.(2020·广东六校联考)设f(x)＝(1)当a＝时，f(x)的最小值是________.(2)若f(0)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围是________.(本小题第一空2分，第二空3分)解析　(1)若a＝，当x≤0时，f(x)＝≥＝；当x>0时，f(x)＝x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号.所以函数f(x)的最小值为.(2)由(1)知，当x>0时，函数f(x)≥2，此时函数f(x)的最小值为2.若a<0，则当x＝a时，函数f(x)的最小值为f(a)＝0，此时f(0)不是最小值，不满足条件.若a≥0，则当x≤0时，函数f(x)＝(x－a)2为减函数，此时函数f(x)的最小值为f(0)＝a2.要使f(0)是f(x)的最小值，则f(0)＝a2≤2，即0≤a≤，即实数a的取值范围是[0，].答案　(1)　(2)[0，]16.(2020·海南新高考诊断)若曲线y＝xex＋(x<－1)存在两条垂直于y轴的切线，则实数m的取值范围是________.解析　由题意可得，y′＝(x＋1)ex－＝0在(－∞，－1)上有两个不同的解，即m＝(x＋1)3ex在(－∞，－1)上有两个不同的解.设f(x)＝(x＋1)3ex(x<－1)，则f′(x)＝(x＋1)2·(x＋4)ex.当x<－4时，f′(x)<0；当－4<x<－1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(－4)＝－.又当x→－∞时，f(x)→0，当x→－1时，f(x)→0，所以m∈.答案　四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.(1)解　由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.\n又f(0)＝0，f＝，所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.(2)证明　令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].则g(x)＝x3－x2，g′(x)＝x2－2x，x∈[－2，4].令g′(x)＝0得x＝0或x＝.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：x－2(－2，0)04g′(x)＋0－0＋g(x)－60－0所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.18.(本小题满分12分)(2020·北京适应性测试)已知函数f(x)＝ex(x－1)－eax2，a<0.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极小值；(3)求函数f(x)的零点个数.解　(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex(x－1)＋ex－eax＝x(ex－ea).∵f(0)＝e0(0－1)－0＝－1，∴切点为(0，－1).又∵f′(0)＝0×(e0－ea)＝0，∴曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程为y＝－1.(2)令f′(x)＝0，得x(ex－ea)＝0，解得x1＝0，x2＝a(a<0).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.x(－∞，a)a(a，0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)∴f(x)在(－∞，a)，(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减.\n∴f(x)在x＝0处取得极小值，为f(0)＝－1.(3)由(2)知f(x)的极大值为f(a)＝ea(a－1)－eaa2＝ea，f(0)＝－1<0，f(2)＝e2－2ea.∵a<0，∴f(2)>0，f(a)<0.∴函数f(x)的零点个数为1.19.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a<0时，证明f(x)≤－－2.(1)解　f(x)的定义域(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－，所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0，设g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x>0时，g(x)≤0，从而当a<0时，ln＋＋1≤0，故f(x)≤－－2.20.(本小题满分12分)(2020·九江二模)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.\n(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2.(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0，因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－.当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx，设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－.当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).由x0∈得f(x0)<.因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.\n所以e－2<f(x0)<2－2.21.(本小题满分12分)(2020·广州模拟)设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.解　(1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，解得x1＝－－1，x2＝－1，令f′(x)>0，则x∈(－－1，－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－－1)∪(－1，＋∞).∴f(x)在区间(－∞，－－1)，(－1，＋∞)上单调递减，在区间(－－1，－1)上单调递增.(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞).22.(本小题满分12分)(2020·济南模拟)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.解　(1)由于f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x，故f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)，①当a≤0时，aex－1<0，2ex＋1>0.从而f′(x)<0恒成立.f(x)在R上单调递减.②当a>0时，令f′(x)＝0，从而aex－1＝0，得x＝－lna.\nx(－∞，－lna)－lna(－lna，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减极小值单调递增综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增.(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递减，故f(x)在R上至多一个零点，不满足条件.当a>0时，f(x)min＝f(－lna)＝1－＋lna.令g(a)＝1－＋lna(a>0)，则g′(a)＝＋>0，从而g(a)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)<0.当a＝1时，g(a)＝0.当a>1时，g(a)>0.若a>1，则f(x)min＝1－＋lna＝g(a)>0，故f(x)>0恒成立，从而f(x)无零点，不满足条件.若a＝1，则f(x)min＝1－＋lna＝0，故f(x)＝0仅有一个实根x＝－lna＝0，不满足条件.若0<a<1，则f(x)min＝1－＋lna<0，注意到－lna>0，f(－1)＝＋＋1－>0.故f(x)在(－1，－lna)上有一个实根，而又ln>ln＝－lna.且f＝eln－ln＝·(3－a＋a－2)－ln\n＝－ln>0.故f(x)在上有一个实根.又f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)单调递增，故f(x)在(－1，－lna)及上各有一个实数根，故f(x)在R上恰有两个实根，综上，0<a<1.所以实数a的取值范围为(0，1).