2021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

1、专题检测卷专题检测卷( (六六) )函数与导数函数与导数(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) x25x6的定义域为()a.x|x2 或 x3b.x|x3 或 x2c.x|2x3d.x|3x2解析由题意，得 x25x60，即(x2)(x3)0，解得 x2 或 x3.故选 a.答案a2.(2020沈阳一监)已知 a313，b212，clog32，则 a，b，c 的大小关系为()a.abcb.bacc.cabd.cb816801，ab1.又

2、 clog32b1c.故选 d.答案d3.(2020济南一模)已知函数 yf(x)的部分图象如图，则 f(x)的解析式可能是()a.f(x)xtan xb.f(x)xsin 2xc.f(x)x12sin 2xd.f(x)x12cos x解析对于 a，函数 f(x)的定义域为x|x2k，kz，而图象对应的函数在 x2处有定义，因此 a 不符合题意；对于 b，f(x)12cos 2x，令 f(x)0，得232kx432k(kz)，则函数 f(x)在区间(232k，432k)(kz)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)1cos 2x，对任意 xr，f(x)

3、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)3x9，x0，xex，x0，若 f(x)的零点为， 极值点为， 则()a.1b.0c.1d.2解析当 x0 时，令 f(x)0，即 3x90，解得 x2；当 x0 时，f(x)xex0 恒成立.f(x)的零点2.当 x0 时，f(x)3x9 为增函数，故在0，)上无极值点；当 x0 时，f(x)xex，f(x)(1x)ex，当 x1 时，f(

4、x)0，当1x0，x1 时，f(x)取到极小值，即 f(x)的极值点1，211.故选 c.答案c5.(2020安徽六校素质测试)若函数 f(x)ex(sin xa)在区间2，2 上单调递增， 则实数 a 的取值范围是()a. 2，)b.1，)c.(1，)d.( 2，)解析由题意，得 f(x)ex(sin xa)excos xex 2sin(x4)a，f(x)在2，2 上单调递增，f(x)0 在2，2 上恒成立.又ex0，2 sinx4 a0 在2，2 上 恒 成 立 . 当 x2，2 时 ， x 44，34，sinx4 22，1， 2sinx4 a(1a， 2a，1a0，解得 a1，).故选

5、b.答案b6.(2020合肥质检)射线测厚技术原理公式为 ii0et，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，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收系数，工业上通常用镅241(241am)低能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，ln 20.693 1，结果精确到0.001)a.0.110b.0.112c.0.114d.0.116解析由题意可得 t0.8，7.6，ii012.因为 ii0et，所以12e7.60.8，

6、所以ln 27.60.80.693 16.080.114.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)|log2x|，x0，2x，x0，则函数 g(x)3(f(x)28f(x)4 的零点个数是()a.5b.4c.3d.6解析函数 g(x)3(f(x)28f(x)4(3f(x)2)(f(x)2)的零点个数，即方程 f(x)23和 f(x)2的根的个数.函数 f(x)|log2x|，x0，2x，x0的图象如图.由图象可知，方程 f(x)23和 f(x)2 共有 5个根，即函数 g(x)3(f(x)28f(x)4 有 5 个零点.故选 a.答

7、案a8.已知 ar， 设函数 f(x)x22ax2a，x1，xaln x，x1.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.0，1b.0，2c.0，ed.1，e解析当 x1 时， 由 f(x)x22ax2a0 恒成立， 而二次函数 f(x)图象的对称轴为直线 xa，所以当 a1 时，f(x)minf(1)10 恒成立，当 a1 时，f(x)minf(a)2aa20，0a1 时，由 f(x)xaln x0 恒成立，即 axln x恒成立.设 g(x)xln x(x1)，则 g(x)ln x1（ln x）2.令 g(x)0，得 xe，且当 1xe 时，g(x)e

8、 时，g(x)0，g(x)ming(e)e，ae.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)x2（x1） ，x2（1x2） ，2x（x2） ，若 f(x)1，则 x 的值是()a.1b.12c. 3d.1解析根据题意，f(x)x2（x1） ，x2（1x2） ，2x（x2） ，若 f(x)1，分 3 种情况讨论：当 x1 时，f(x)x21，解得 x1；当1x2 时，f(x)x21，解得 x1，又1x1)，yt1t

9、，由对勾函数的性质可得，当 t(1，)时，yt1t是增函数.又 tex单调递增，所以 f(x)exex在(0，)上单调递增，b 符合题意.对于 c，f(x)(x)21x21f(x)，即 f(x)x21为偶函数.由二次函数的性质可知其图象的对称轴为直线 x0，则 f(x)x21 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)cos x3 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 yf(x)满足条件 f(x2)f(x)，且函数 yf(x1)为奇函数，则()a.函数 yf(x)是周期函数b.函数 yf(x)的图象

10、关于点(1，0)对称c.函数 yf(x)在 r 上是偶函数d.函数 yf(x)在 r 上是单调函数解析对于 a，函数 yf(x)满足 f(x2)f(x)，则 f(x4)f(x2)f(x)，即函数 f(x)是周期为 4 的周期函数，故 a 正确；对于 b，yf(x1)是奇函数，则 f(x1)的图象关于原点对称，又由函数 f(x)的图象是由 yf(x1)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 xr，都有 f(1x)f(1x)，即 f(1x)f(1x)0，变形可得 f(2x)f(x)0，则有 f(2x)f(

11、x)f(x2)对于任意的 xr 都成立，令 t2x，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)ln xx2，下列说法正确的是()a.f(x)在 x e处取得极大值12eb.f(x)有两个不同的零点c.f( 2)f( )f( 3)d.若 f(x)e2解析函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)12ln xx3，当 x(0， e)时，f(x)0，f(x)在(0， e)上单调递增，当 x( e，)时，f(x)0，f(x)在( e，)上

12、单调递减，当 x e时，f(x)取得极大值 f( e)12e，a 正确；f(1)0，当 0 x1 时，f(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 e 3 ，f( )0)，则 h(x)1ln xx2，当 x(e，)时， h(x)0， h(x)在(e， )上单调递减， 而 eh(4)， 即ln ln 44ln 22， f( 2)f( )，即 f( 2)f( )0)， 则 g(x)12ln xx3， 易知当 x0，1e时，g(x)0，当 x1e，时，g(x)0，g(x)在0，1e 上单调递增，在1e，上单调递减，则 g(x)在 x1e处取得极大值也是最大值

13、 g1e e2，若 f(x)1x2e2，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(4x)3x，则 f(1)_.解析因为 f(x)2f(4x)3x，所以f（1）2f（3）3，f（3）2f（1）9，解得 f(1)5.答案514.(2020河南六市模拟)设函数 f(x)ex2 019，x0，2 020，x0.则满足 f(x24)f(3x)的 x 的取值范围为_.解析作出函数 yf(x)的图象如图所示，易知函数 f(x)在(，0上单调递增.f(x24)f(3x)，x240，3x0或x24

14、3x.解得 x2 或 1x0.(1)当 a12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 a12， 当 x0 时， f(x)x12212214；当 x0 时， f(x)x1x2x1x2，当且仅当 x1 时取等号.所以函数 f(x)的最小值为14.(2)由(1)知，当 x0 时，函数 f(x)2，此时函数 f(x)的最小值为 2.若 a0，则当 xa 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 a0，则当 x0 时，函数 f(x)(xa)2为减函数， 此时

15、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)a22，即 0a 2，即实数 a 的取值范围是0， 2.答案(1)14(2)0， 216.(2020海南新高考诊断)若曲线 yxexmx1(x1)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(x1)exm（x1）20 在(，1)上有两个不同的解，即 m(x1)3ex在(，1)上有两个不同的解.设 f(x)(x1)3ex(x1)，则 f(x)(x1)2(x4)ex.当 x4 时，f(x)0；当4x0，所以 f(x)minf(4)27e4.又当 x时，f(x)0，当 x1 时，f

16、(x)0，所以 m27e4，0.答案27e4，0四、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)14x3x2x.(1)求曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程；(2)当 x2，4时，求证：x6f(x)x.(1)解由 f(x)14x3x2x 得 f(x)34x22x1.令 f(x)1，即34x22x11，得 x0 或 x83.又 f(0)0，f83 827，所以曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程是 yx 与 y827x83，即 yx 与 yx6427.(2)证明令 g(x)f(x)x，x2，4.则 g(x

17、)14x3x2，g(x)34x22x，x2，4.令 g(x)0 得 x0 或 x83.当 x 变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x2(2，0)00，838383，44g(x)00g(x)6064270所以 g(x)的最小值为6，最大值为 0.故6g(x)0，即 x6f(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(x1)12eax2，a0.(1)求曲线 yf(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(x1)exeaxx(exea).f

18、(0)e0(01)01，切点为(0，1).又f(0)0(e0ea)0，曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线方程为 y1.(2)令 f(x)0，得 x(exea)0，解得 x10，x2a(a0).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)00f(x)f(x)在(，a)，(0，)上单调递增，在(a，0)上单调递减.f(x)在 x0 处取得极小值，为 f(0)1.(3)由(2)知 f(x)的极大值为 f(a)ea(a1)12eaa2a112a2ea，f(0)10，f(2)e22ea.a0，f(a)0.函数 f(x)的零点个数为 1.19.(本小题满

19、分 12 分)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 a0，故 f(x)在(0，)上单调递增，若 a0；当 x12a，时，f(x)0.故 f(x)在0，12a 上单调递增，在12a，上单调递减.(2)证明由(1)知，当 a0；x(1，)时，g(x)0 时，g(x)0，从而当 a0 时，ln12a 12a10，故 f(x)34a2.20.(本小题满分 12 分)(2020九江二模)已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0.(1)求 a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e2f(x0)22.(1)解f(x)的定义域为(

20、0，)，设 g(x)axaln x，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)a1x，g(1)a1，得 a1.若 a1，则 g(x)11x.当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增，所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21x.当 x0，12 时，h(x)0.所以 h(x)在0，12 单调递减，在12，单调递增.又 h(e2)0，h12 0；当x(x0，1)

21、时，h(x)0.因为 f(x)h(x)，所以 xx0是 f(x)的唯一极大值点.由 f(x0)0 得 ln x02(x01)，故 f(x0)x0(1x0).由 x00，12 得 f(x0)f(e1)e2.所以 e2f(x0)0，则 x( 21， 21)，令 f(x)0，则 x(， 21)( 21，).f(x)在区间(， 21)，( 21，)上单调递减，在区间( 21， 21)上单调递增.(2)f(x)(1x)(1x)ex.当 a1 时，设函数 h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此 h(x)在0，)上单调递减，而h(0)1，故 h(x)1，所以 f(x)(x1)h(x)x1ax1.当 0a0(x0)，所以 g(x)在0，)上单调递增，而 g(0)0，故 exx1.当 0 x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取 x054a12，则 x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故 f(x0)ax01.当 a0 时，取 x0512，则 x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.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(a2)exx.(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)ae