2021高考數(shù)學二輪復習專題練三核心熱點突破專題六函數(shù)與導數(shù)專題檢測卷六函數(shù)與導數(shù)含解析

1、專題檢測卷專題檢測卷( (六六) )函數(shù)與導數(shù)函數(shù)與導數(shù)(時間：120 分鐘滿分：150 分)一、單項選擇題：本題共 8 小題，每小題 5 分，共 40 分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.(2020北京適應性測試)函數(shù) f(x) x25x6的定義域為()a.x|x2 或 x3b.x|x3 或 x2c.x|2x3d.x|3x2解析由題意，得 x25x60，即(x2)(x3)0，解得 x2 或 x3.故選 a.答案a2.(2020沈陽一監(jiān))已知 a313，b212，clog32，則 a，b，c 的大小關系為()a.abcb.bacc.cabd.cb816801，ab1.又

2、 clog32b1c.故選 d.答案d3.(2020濟南一模)已知函數(shù) yf(x)的部分圖象如圖，則 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解析對于 a，函數(shù) f(x)的定義域為x|x2k，kz，而圖象對應的函數(shù)在 x2處有定義，因此 a 不符合題意；對于 b，f(x)12cos 2x，令 f(x)0，得232kx432k(kz)，則函數(shù) f(x)在區(qū)間(232k，432k)(kz)上是減函數(shù)，圖象對應的函數(shù)沒有遞減區(qū)間，因此 b 不符合題意；對于 c，f(x)1cos 2x，對任意 xr，f(x)

3、0，因此函數(shù) f(x)在 r 上單調遞增，且函數(shù) f(x)也是奇函數(shù)，滿足圖象對應的函數(shù)特征，因此 c 符合題意；對于 d，函數(shù) f(x)不是奇函數(shù)，而圖象對應的函數(shù)是奇函數(shù)，因此 d 不符合題意.故選 c.答案c4.(2020青島質檢)已知函數(shù) f(x)3x9，x0，xex，x0，若 f(x)的零點為， 極值點為， 則()a.1b.0c.1d.2解析當 x0 時，令 f(x)0，即 3x90，解得 x2；當 x0 時，f(x)xex0 恒成立.f(x)的零點2.當 x0 時，f(x)3x9 為增函數(shù)，故在0，)上無極值點；當 x0 時，f(x)xex，f(x)(1x)ex，當 x1 時，f(

4、x)0，當1x0，x1 時，f(x)取到極小值，即 f(x)的極值點1，211.故選 c.答案c5.(2020安徽六校素質測試)若函數(shù) f(x)ex(sin xa)在區(qū)間2，2 上單調遞增， 則實數(shù) a 的取值范圍是()a. 2，)b.1，)c.(1，)d.( 2，)解析由題意，得 f(x)ex(sin xa)excos xex 2sin(x4)a，f(x)在2，2 上單調遞增，f(x)0 在2，2 上恒成立.又ex0，2 sinx4 a0 在2，2 上 恒 成 立 . 當 x2，2 時 ， x 44，34，sinx4 22，1， 2sinx4 a(1a， 2a，1a0，解得 a1，).故選

5、b.答案b6.(2020合肥質檢)射線測厚技術原理公式為 ii0et，其中 i0，i 分別為射線穿過被測物前后的強度，e 是自然對數(shù)的底數(shù)，t 為被測物厚度，為被測物的密度，是被測物對射線的吸收系數(shù)，工業(yè)上通常用镅241(241am)低能射線測量鋼板的厚度.若這種射線對鋼板的半價層厚度為 0.8，鋼的密度為 7.6，則這種鋼板對射線的吸收系數(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 20.693 1，結果精確到0.001)a.0.110b.0.112c.0.114d.0.116解析由題意可得 t0.8，7.6，ii012.因為 ii0et，所以12e7.60.8，

6、所以ln 27.60.80.693 16.080.114.所以這種鋼板對射線的吸收系數(shù)為 0.114.故選 c.答案c7.(2020中原名校聯(lián)考)函數(shù) f(x)|log2x|，x0，2x，x0，則函數(shù) g(x)3(f(x)28f(x)4 的零點個數(shù)是()a.5b.4c.3d.6解析函數(shù) g(x)3(f(x)28f(x)4(3f(x)2)(f(x)2)的零點個數(shù)，即方程 f(x)23和 f(x)2的根的個數(shù).函數(shù) f(x)|log2x|，x0，2x，x0的圖象如圖.由圖象可知，方程 f(x)23和 f(x)2 共有 5個根，即函數(shù) g(x)3(f(x)28f(x)4 有 5 個零點.故選 a.答

7、案a8.已知 ar， 設函數(shù) f(x)x22ax2a，x1，xaln x，x1.若關于 x 的不等式 f(x)0 在 r 上恒成立， 則a 的取值范圍為()a.0，1b.0，2c.0，ed.1，e解析當 x1 時， 由 f(x)x22ax2a0 恒成立， 而二次函數(shù) f(x)圖象的對稱軸為直線 xa，所以當 a1 時，f(x)minf(1)10 恒成立，當 a1 時，f(x)minf(a)2aa20，0a1 時，由 f(x)xaln x0 恒成立，即 axln x恒成立.設 g(x)xln x(x1)，則 g(x)ln x1（ln x）2.令 g(x)0，得 xe，且當 1xe 時，g(x)e

8、 時，g(x)0，g(x)ming(e)e，ae.綜上，a 的取值范圍是0，e.答案c二、多項選擇題：本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分.在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求，全部選對的得 5 分，部分選對的得 3 分，有選錯的得 0 分.9.已知 f(x)x2（x1） ，x2（1x2） ，2x（x2） ，若 f(x)1，則 x 的值是()a.1b.12c. 3d.1解析根據(jù)題意，f(x)x2（x1） ，x2（1x2） ，2x（x2） ，若 f(x)1，分 3 種情況討論：當 x1 時，f(x)x21，解得 x1；當1x2 時，f(x)x21，解得 x1，又1x1)，yt1t

9、，由對勾函數(shù)的性質可得，當 t(1，)時，yt1t是增函數(shù).又 tex單調遞增，所以 f(x)exex在(0，)上單調遞增，b 符合題意.對于 c，f(x)(x)21x21f(x)，即 f(x)x21為偶函數(shù).由二次函數(shù)的性質可知其圖象的對稱軸為直線 x0，則 f(x)x21 在(0，)上單調遞增，c 符合題意.對于 d，由余弦函數(shù)的性質可知 f(x)cos x3 是偶函數(shù)，但在(0，)上不恒增，d 不符合題意.故選 bc.答案bc11.已知定義在 r 上的函數(shù) yf(x)滿足條件 f(x2)f(x)，且函數(shù) yf(x1)為奇函數(shù)，則()a.函數(shù) yf(x)是周期函數(shù)b.函數(shù) yf(x)的圖象

10、關于點(1，0)對稱c.函數(shù) yf(x)在 r 上是偶函數(shù)d.函數(shù) yf(x)在 r 上是單調函數(shù)解析對于 a，函數(shù) yf(x)滿足 f(x2)f(x)，則 f(x4)f(x2)f(x)，即函數(shù) f(x)是周期為 4 的周期函數(shù)，故 a 正確；對于 b，yf(x1)是奇函數(shù)，則 f(x1)的圖象關于原點對稱，又由函數(shù) f(x)的圖象是由 yf(x1)的圖象向左平移 1 個單位長度得到的， 故函數(shù) f(x)的圖象關于點(1，0)對稱，故 b 正確；對于 c，由 b 可得，對于任意的 xr，都有 f(1x)f(1x)，即 f(1x)f(1x)0，變形可得 f(2x)f(x)0，則有 f(2x)f(

11、x)f(x2)對于任意的 xr 都成立，令 t2x，則 f(t)f(t)，即函數(shù) f(x)是偶函數(shù)，故 c 正確；對于 d，f(x)為偶函數(shù)，則其圖象關于 y 軸對稱，f(x)在 r 上不是單調函數(shù)，故 d 錯誤，故選abc.答案abc12.對于函數(shù) f(x)ln xx2，下列說法正確的是()a.f(x)在 x e處取得極大值12eb.f(x)有兩個不同的零點c.f( 2)f( )f( 3)d.若 f(x)e2解析函數(shù) f(x)的定義域為(0，)，f(x)12ln xx3，當 x(0， e)時，f(x)0，f(x)在(0， e)上單調遞增，當 x( e，)時，f(x)0，f(x)在( e，)上

12、單調遞減，當 x e時，f(x)取得極大值 f( e)12e，a 正確；f(1)0，當 0 x1 時，f(x)1 時，f(x)0，當 x時，f(x)0，f(x)只有一個零點，b 錯誤；顯然 e 3 ，f( )0)，則 h(x)1ln xx2，當 x(e，)時， h(x)0， h(x)在(e， )上單調遞減， 而 eh(4)， 即ln ln 44ln 22， f( 2)f( )，即 f( 2)f( )0)， 則 g(x)12ln xx3， 易知當 x0，1e時，g(x)0，當 x1e，時，g(x)0，g(x)在0，1e 上單調遞增，在1e，上單調遞減，則 g(x)在 x1e處取得極大值也是最大值

13、 g1e e2，若 f(x)1x2e2，d 正確.故選 acd.答案acd三、填空題：本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分.13.(2020唐山模擬)已知函數(shù) f(x)滿足 f(x)2f(4x)3x，則 f(1)_.解析因為 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河南六市模擬)設函數(shù) f(x)ex2 019，x0，2 020，x0.則滿足 f(x24)f(3x)的 x 的取值范圍為_.解析作出函數(shù) yf(x)的圖象如圖所示，易知函數(shù) f(x)在(，0上單調遞增.f(x24)f(3x)，x240，3x0或x24

14、3x.解得 x2 或 1x0.(1)當 a12時，f(x)的最小值是_.(2)若 f(0)是 f(x)的最小值，則實數(shù) a 的取值范圍是_.(本小題第一空 2 分，第二空 3 分)解析(1)若 a12， 當 x0 時， f(x)x12212214；當 x0 時， f(x)x1x2x1x2，當且僅當 x1 時取等號.所以函數(shù) f(x)的最小值為14.(2)由(1)知，當 x0 時，函數(shù) f(x)2，此時函數(shù) f(x)的最小值為 2.若 a0，則當 xa 時，函數(shù)f(x)的最小值為 f(a)0，此時 f(0)不是最小值，不滿足條件.若 a0，則當 x0 時，函數(shù) f(x)(xa)2為減函數(shù)， 此時

15、函數(shù) f(x)的最小值為 f(0)a2.要使 f(0)是 f(x)的最小值， 則 f(0)a22，即 0a 2，即實數(shù) a 的取值范圍是0， 2.答案(1)14(2)0， 216.(2020海南新高考診斷)若曲線 yxexmx1(x1)存在兩條垂直于 y 軸的切線，則實數(shù) m的取值范圍是_.解析由題意可得，y(x1)exm（x1）20 在(，1)上有兩個不同的解，即 m(x1)3ex在(，1)上有兩個不同的解.設 f(x)(x1)3ex(x1)，則 f(x)(x1)2(x4)ex.當 x4 時，f(x)0；當4x0，所以 f(x)minf(4)27e4.又當 x時，f(x)0，當 x1 時，f

16、(x)0，所以 m27e4，0.答案27e4，0四、解答題：本題共 6 小題，共 70 分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(本小題滿分 10 分)已知函數(shù) f(x)14x3x2x.(1)求曲線 yf(x)的斜率為 1 的切線方程；(2)當 x2，4時，求證：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，所以曲線 yf(x)的斜率為 1 的切線方程是 yx 與 y827x83，即 yx 與 yx6427.(2)證明令 g(x)f(x)x，x2，4.則 g(x

17、)14x3x2，g(x)34x22x，x2，4.令 g(x)0 得 x0 或 x83.當 x 變化時，g(x)，g(x)的變化情況如下：x2(2，0)00，838383，44g(x)00g(x)6064270所以 g(x)的最小值為6，最大值為 0.故6g(x)0，即 x6f(x)x.18.(本小題滿分 12 分)(2020北京適應性測試)已知函數(shù) f(x)ex(x1)12eax2，a0.(1)求曲線 yf(x)在點(0，f(0)處的切線方程；(2)求函數(shù) f(x)的極小值；(3)求函數(shù) f(x)的零點個數(shù).解(1)函數(shù) f(x)的定義域為 r，f(x)ex(x1)exeaxx(exea).f

18、(0)e0(01)01，切點為(0，1).又f(0)0(e0ea)0，曲線 yf(x)在點(0，1)處的切線方程為 y1.(2)令 f(x)0，得 x(exea)0，解得 x10，x2a(a0).當 x 變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表.x(，a)a(a，0)0(0，)f(x)00f(x)f(x)在(，a)，(0，)上單調遞增，在(a，0)上單調遞減.f(x)在 x0 處取得極小值，為 f(0)1.(3)由(2)知 f(x)的極大值為 f(a)ea(a1)12eaa2a112a2ea，f(0)10，f(2)e22ea.a0，f(a)0.函數(shù) f(x)的零點個數(shù)為 1.19.(本小題滿

19、分 12 分)已知函數(shù) f(x)ln xax2(2a1)x.(1)討論函數(shù) f(x)的單調性；(2)當 a0，故 f(x)在(0，)上單調遞增，若 a0；當 x12a，時，f(x)0.故 f(x)在0，12a 上單調遞增，在12a，上單調遞減.(2)證明由(1)知，當 a0；x(1，)時，g(x)0 時，g(x)0，從而當 a0 時，ln12a 12a10，故 f(x)34a2.20.(本小題滿分 12 分)(2020九江二模)已知函數(shù) f(x)ax2axxln x，且 f(x)0.(1)求 a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點 x0，且 e2f(x0)22.(1)解f(x)的定義域為(

20、0，)，設 g(x)axaln x，則 f(x)xg(x)，f(x)0 等價于 g(x)0，因為 g(1)0，g(x)0，故 g(1)0，而 g(x)a1x，g(1)a1，得 a1.若 a1，則 g(x)11x.當 0 x1 時，g(x)1 時，g(x)0，g(x)單調遞增，所以 x1 是 g(x)的極小值點，故 g(x)g(1)0.綜上，a1.(2)證明由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x，設 h(x)2x2ln x，則 h(x)21x.當 x0，12 時，h(x)0.所以 h(x)在0，12 單調遞減，在12，單調遞增.又 h(e2)0，h12 0；當x(x0，1)

21、時，h(x)0.因為 f(x)h(x)，所以 xx0是 f(x)的唯一極大值點.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，則 x( 21， 21)，令 f(x)0，則 x(， 21)( 21，).f(x)在區(qū)間(， 21)，( 21，)上單調遞減，在區(qū)間( 21， 21)上單調遞增.(2)f(x)(1x)(1x)ex.當 a1 時，設函數(shù) h(x)(1x)ex，h(x)xex0)，因此 h(x)在0，)上單調遞減，而h(0)1，故 h(x)1，所以 f(x)(x1)h(x)x1ax1.當 0a0(x0)，所以 g(x)在0，)上單調遞增，而 g(0)0，故 exx1.當 0 x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取 x054a12，則 x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故 f(x0)ax01.當 a0 時，取 x0512，則 x0(0，1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.綜上，a 的取值范圍是1，).22.(本小題滿分 12 分)(2020濟南模擬)已知函數(shù) f(x)ae2x(a2)exx.(1)討論 f(x)的單調性；(2)若 f(x)有兩個零點，求 a 的取值范圍.解(1)由于 f(x)ae