高考二輪復(fù)習(xí)理科數(shù)學(xué)試題（老高考舊教材）專題檢測6函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

專題檢測六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60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.(2023山東臨沂一模)已知集合A={x12x<1},B={x|lnx>0},則下列集合為空集的是(A.A∩(?RB) B.(?RA)∩BC.A∩B D.(?RA)∩(?RB)2.(2023天津,3)若a=1.010.5,b=1.010.6,c=0.60.5,則()A.c>a>b B.c>b>aC.a>b>c D.b>a>c3.(2023山東濰坊一模)存在函數(shù)f(x)滿足:對任意x∈R都有()A.f(|x|)=x3 B.f(sinx)=x2C.f(x2+2x)=|x| D.f(|x|)=x2+14.(2023四川攀枝花二模)我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說:“數(shù)缺形時少直觀,形少數(shù)時難入微,數(shù)形結(jié)合百般好,隔離分家萬事休”,在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中,有時可憑借函數(shù)的圖象分析函數(shù)解析式的特征.已知函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示,則函數(shù)f(x)的解析式可能為()A.f(x)=(e2x-1)·|lnC.f(x)=2ex(e2x-1)5.函數(shù)f(x)在(∞,+∞)上單調(diào)遞增,且為奇函數(shù),若f(2)=1,則滿足1≤f(x1)≤1的x的取值范圍是()A.[2,2] B.[1,3]C.[0,2] D.[1,3]6.(2023四川成都石室中學(xué)三模)英國物理學(xué)家和數(shù)學(xué)家牛頓曾提出物體在常溫環(huán)境下溫度變化的冷卻模型.如果物體的初始溫度是θ1,環(huán)境溫度是θ0,則經(jīng)過tmin物體的溫度θ將滿足θ=θ0+(θ1θ0)ekt,其中k是一個隨著物體與空氣的接觸情況而定的正常數(shù).現(xiàn)有90℃的物體,若放在10℃的空氣中冷卻,經(jīng)過10min物體的溫度為50℃,則若使物體的溫度為20℃,需要冷卻()A.17.5min B.25.5minC.30min D.32.5min7.已知函數(shù)f(x)=ln(x2+1+x)1x3+2且f(3a)+f(2a3)>4,則正實數(shù)a的取值范圍為A.(1,+∞) B.(3,+∞)C.32,+∞ D.8.(2023浙江杭州二中模擬改編)已知定義域為R的函數(shù)f(x)在(1,0]上單調(diào)遞增,f(1+x)=f(1x),且圖象關(guān)于(2,0)對稱,則f(x)()A.在(2,3)上單調(diào)遞增B.周期T=2C.滿足f(0)=f(2)D.滿足f(2023)>f(2024)9.(2023寧夏銀川模擬)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x∈[1,1]時,f(x)=x,f(1+x)=f(1x),令g(x)=f(x)lgx,則函數(shù)g(x)的零點個數(shù)為()A.4 B.5 C.6 D.710.(2022全國乙,文11)函數(shù)f(x)=cosx+(x+1)·sinx+1在區(qū)間[0,2π]的最小值、最大值分別為()A.π2,πC.π2,π2+2 D11.(2023山東濱州一模)已知f(x)=x33x+2+m(m>0),在區(qū)間[0,2]上存在三個不同的實數(shù)a,b,c,使得以f(a),f(b),f(c)為邊長的三角形是直角三角形,則m的取值范圍是()A.m>4+42 B.0<m<2+22C.442<m<4+42 D.0<m<4+4212.(2023四川眉山一模)設(shè)a=0.035,b=2.25(e0.011),c=4ln1.01,則a,b,c的大小關(guān)系是()A.a<b<c B.a<c<bC.b<c<a D.b<a<c二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2023山東青島一模改編)定義域為R的函數(shù)f(x)滿足:當(dāng)x∈[0,1)時,f(x)=3x1,且對任意實數(shù)x,均有f(x)+f(x+1)=1,則f(log34)=.

14.(2021新高考Ⅰ,13)已知函數(shù)f(x)=x3(a·2x2x)是偶函數(shù),則a=.

15.(2023河南鄭州一模改編)已知函數(shù)f(x)與g(x)定義域都為R,滿足f(x)=(x+1)g(x)ex,且有g(shù)'(x)+xg'(x)xg(x)<0,g(1)=2e,則不等式f16.已知函數(shù)f(x)=ex1e1x+x,則不等式f(2x)+f(43x)≤2的解集是.

三、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2023陜西咸陽三模)已知函數(shù)f(x)=x2+xlnxax,g(x)=ae2x+x2.(1)當(dāng)a=1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)若函數(shù)f(x)和g(x)有相同的極值點x0,求實數(shù)a的值.18.(12分)(2022北京,20)已知函數(shù)f(x)=exln(1+x).(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)設(shè)g(x)=f'(x),討論函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)性;(3)證明:對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).19.(12分)(2023陜西安康三模)已知函數(shù)f(x)=mex+lnx-2(1)若m=0,求函數(shù)f(x)的極值;(2)若f(x)<0恒成立,求m的取值范圍.20.(12分)(2023新高考Ⅱ,22)(1)證明:當(dāng)0<x<1時,xx2<sinx<x;(2)已知函數(shù)f(x)=cosaxln(1x2),若x=0是f(x)的極大值點,求a的取值范圍.21.(12分)已知函數(shù)f(x)=1+lnx(1)求函數(shù)y=f(x)的最大值;(2)若關(guān)于x的方程lnx=xexex2+kx1有實數(shù)根,求實數(shù)k的取值范圍;(3)證明:ln222+ln332+…+lnnn2<22.(12分)(2022新高考Ⅰ,22)已知函數(shù)f(x)=exax和g(x)=axlnx有相同的最小值.(1)求a;(2)證明:存在直線y=b,其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點,并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.專題檢測六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)1.B解析集合A=x(12)

x<1={x|x>0},集合B={x|lnx>0}={x|x>1},所以?RB={x|x≤1},?RA={x|x≤0},(?RA)∩B=?,2.D解析因為函數(shù)y=1.01x為增函數(shù),所以1.010.6>1.010.5>1.010=1.又0.60.5<0.60=1,所以1.010.6>1.010.5>0.60.5,即b>a>c.故選D.3.D解析對于A,當(dāng)x=1時,f(|1|)=f(1)=1;當(dāng)x=1時,f(|1|)=f(1)=1,不符合函數(shù)定義,A錯;對于B,令x=0,則f(sinx)=f(0)=0,令x=π,則f(sinπ)=f(0)=π2,不符合函數(shù)定義,B錯;對于C,令x=0,則f(0)=0,令x=2,則f(0)=f((2)2+2(2))=2,不符合函數(shù)定義,C錯;對于D,f(|x|)=x2+1=|x|2+1,x∈R,則|x|≥0,則存在x≥0時,f(x)=x2+1,D正確.故選D.4.A解析由函數(shù)圖象可知f(1)=0,而ln1=0,故排除C;而D中f(1)=e2-1e≠0,故排除D;其對應(yīng)的函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱,所以f(x)為奇函數(shù),對于B,x≠0,f(x)=(e-2x+1)·|lnx|2e-x=(e2x+1)·|lnx|2ex=f(x),所以f(x5.B解析f(x)是奇函數(shù),故f(2)=f(2)=1.又f(x)是增函數(shù),1≤f(x1)≤1,∴f(2)≤f(x1)≤f(2),則2≤x1≤2,解得1≤x≤3.故選B.6.C解析由題意得θ1=90,θ0=10,θ=50,t=10代入,50=10+(9010)e10k,即e10k=12,所以k=110ln2,所以θ=θ0+(θ1θ0)e-t10ln2,由題意得θ1=90,θ0=10,θ=20代入,即20=10+(9010)·e-t10ln2,得e-t10ln2=18,即t10ln2=ln18=7.B解析函數(shù)f(x)的定義域為(∞,0)∪(0,+∞).令g(x)=f(x)2,由g(x)=ln((-x)2+1x)1(-x)3=ln(x2+1+x)+1x3=g(x),即g(x)為奇函數(shù),所以f(3a)+f(2a3)>4等價于g(3a)>g(2a+3),而a>0,由y=ln(x2+1+x),y=1x3在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故g(x)在(0,+∞8.C解析由f(1+x)=f(1x),得f(x)圖象的對稱軸為直線x=1,∴f(0)=f(2).又由f(1+x)=f(1x)知f(2+x)=f(x),∵f(x)圖象關(guān)于(2,0)對稱,即f(2+x)=f(2x),故f(4+x)=f(x),∴f(2+x)=f(4+x),即f(x)=f(2+x),∴f(x)=f(x+4),∴f(x)的周期為4,∴f(2)=f(2),∴f(0)=f(2),故C正確,B錯誤;∵f(x)在(1,0]上單調(diào)遞增,且T=4,∴f(x)在(3,4]上單調(diào)遞增,又圖象關(guān)于(2,0)對稱,∴f(x)在[0,1)上單調(diào)遞增,∵圖象關(guān)于直線x=1對稱,∴f(x)在(1,2]上單調(diào)遞減,又關(guān)于(2,0)對稱,可得f(x)在[2,3)上單調(diào)遞減,故A錯誤;由f(x)的周期為T=4,得f(2023)=f(3)=f(1),f(2024)=f(4)=f(0),f(x)在(1,0]上單調(diào)遞增,單調(diào)區(qū)間內(nèi)均不包含x=1,若f(1)=0,則f(2023)>f(2024)錯.故選C.9.B解析由f(1+x)=f(1x)可得,f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱,又由f(1+x)=f(1x),得f(2+x)=f(x)=f(x),所以f(4+x)=f(2+x)=f(x),所以f(x)以4為周期,所以作出f(x)的圖象如下,g(x)=f(x)lgx的零點個數(shù)即為方程f(x)=lgx的根的個數(shù),即f(x)的圖象與y=lgx圖象的交點個數(shù),因為lg9<1,lg10=1,所以數(shù)形結(jié)合可得f(x)的圖象與y=lgx圖象的交點個數(shù)為5.故選B.10.D解析函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x)=sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)·cosx,x∈[0,2π].令f'(x)=0,得x=π2或x=3π2.當(dāng)x∈[0,π2)時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(π2,3π2)時,f'(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(3π2,2π]時,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)x=π2時,函數(shù)f(x)有極大值f(π2)=π2+2;當(dāng)x=3π2時,函數(shù)f(x)有極小值f(3π2)=3π2.又因為f(0)=2,f(2π11.D解析f(x)=x33x+2+m,則f'(x)=3x23,令f'(x)=0可得x=1或x=1.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增,則f(x)min=f(1)=m.又f(2)=m+4,f(0)=m+2,所以f(x)max=f(2)=m+4.∵在區(qū)間[0,2]上存在三個不同的實數(shù)a,b,c,使得以f(a),f(b),f(c)為邊長的三角形是直角三角形,∴2m2<(m+4)2,即m28m16<0,解得442<m<4+42.又已知m>0,∴0<m<4+42.故選12.D解析由題a=72×0.01,b=94(e0.011),c=4ln(1+0.01).構(gòu)造函數(shù)f(x)=94(ex1)72x(0<x<13),則f'(x)=94ex72,可知f'(x)單調(diào)遞增,當(dāng)0<x<13時,f'(x)<f'13=94e13-72<0.故f(x)在0<x<13時單調(diào)遞減,則f(x)<f(0)=0.此時94(ex1)<72x,則b=94(e0.011)<a=72×0.01.構(gòu)造g(x)=4ln(x+1)72x(0<x<110),則g'(x)=4x+1-72,可知0<x<110時,g'(x)單調(diào)遞減,g'(x)>g'110=4011-72>0,故g(x)在0<x<113.23解析由f(x)+f(x+1)=1,得f(x+1)=1f(x),則f(log34)=1f(log341)=1f(log343)=1(3log34314.1解析∵函數(shù)f(x)=x3(a·2x2x)是偶函數(shù),∴f(x)=f(x),即x3(a·2x2x)=(x)3[a·2x2(x)].整理得,a·2x2x=(a·2x2x),即(a1)·2x+(a1)·2x=0.(a1)(2x+2x)=0.∴a=1.15.(1,+∞)解析由f(x)=(x+1)g(x)ex,得f'(x)=g(x)ex+(x+1)g'(x)e∴f(x)在(∞,+∞)上單調(diào)遞減,又g(1)=2e,則f(x)=2g(1)e=4,所以f(x)<4=f(1),則x>1,故不等式f(x)<4的解集為16.[1,+∞)解析構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)1=ex11ex-1+(x1),那么g(x)是增函數(shù),且其圖象向左移動一個單位長度后得到h(x)=g(x+1)=ex1ex+x的圖象.h(x)的定義域為R,且h(x)=1exexx=h(x),∴h(x)為奇函數(shù),圖象關(guān)于原點對稱,∴g(x)的圖象關(guān)于(1,0)對稱,即g(x)+g(2x)=0.不等式f(2x)+f(43x)≤2等價于f(2x)1+f(43x)1≤0,等價于g(2x)≤g(43x)=g(24+3x)=g(3x2),結(jié)合g(x)單調(diào)遞增可知2x≤17.解(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x2+xlnxx,f'(x)=2x+lnx,則f(1)=0,f'(1)=2,故所求切線方程為y=2(x1),即2xy2=0.(2)由題意,得f'(x)=2x+lnx+1a,g'(x)=2ae2x+2x,若函數(shù)f(x)和g(x)有相同的極值點x0,則f可得a=2x0+lnx0+1=x0e2x0,即lne2x0+lnx0+1=ln(x0e2x0)+1=x0e2x0,令t=x0e2x0>0,則lnt+1=t,構(gòu)造函數(shù)h(t)=lnt+1t,則h'(t)=1t1=1-tt,當(dāng)t∈(0,1)時,h'(t)>0;當(dāng)t∈(1,+∞)時,h'(t)<0;∴函數(shù)h(t)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.∴h(t)≤18.(1)解由題得f'(x)=ex·ln(1+x)+ex·11+x=ex·[ln(1+x)+11+x],故f'(0)=e0·[ln(1+0)+11+0]=1,f(0)=e0ln(1+0)=0,因此曲線y=f(x)在點(2)解由(1)知g(x)=f'(x)=ex·[ln(1+x)+11+x],x∈[0,+∞),則g'(x)=ex·[ln(1+x)+21+x-1(1+x)2]=ex·[ln(1+x)+2x+1(1+x)2]=ex·[ln(1+x)+11+x+x(1+x)2].由于x∈[0,+∞),故ln(1+x)≥0,11+x>0,(3)證明設(shè)函數(shù)F(x)=f(x+t)f(x)(x>0),F'(x)=f'(x+t)f'(x)=g(x+t)g(x).因為t>0,所以x+t>x>0.因為g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(x+t)>g(x),即g(x+t)g(x)>0,F'(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又因為s>0,所以F(s)>F(0),即f(s+t)f(s)>f(t)f(0).又f(0)=0,所以f(s+t)>f(s)+f(t).19.解(1)當(dāng)m=0時,f(x)=lnx-2x+1,其定義域為(0,+∞),f'(x)=3-lnxx2,令f'(x)=0,得x=e3,∴當(dāng)x∈(0,e3)時,f'(x)>0;當(dāng)x∈(e3,+∞)時,f'(x)<0,∴f(x)在(0,e3)上單調(diào)遞增,在(e3,+∞)上單調(diào)遞減,∴f(x)的極大值為f(2)由f(x)<0,得mex+lnx-2x+1<0,∴m<2-lnx-xxex在(0,+∞)上恒成立.令h(x)=2-lnx-xxex,則h'(x)=(-1x-1)x-(2-lnx-x)(x+1)x2ex=(x+1)(x-3-lnx)x2ex,令φ(x)=x3+lnx,易知φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∵φ(2)=ln21<0,φ(3)=ln3>0,∴?x0∈(2,3),使得φ(x0)=0,即lnx0=3x0,∴當(dāng)x∈(0,x0)時,h'(x)<0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時,h'(x)>0,∴h(x)在(0,x0)單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,∴h(x)∴m的取值范圍是(∞,1e320.(1)證明設(shè)h(x)=sinxx,x∈[0,1],則h'(x)=cosx1≤0對?x∈[0,1]恒成立,且僅在x=0時有h'(0)=0,所以函數(shù)h(x)在[0,1]上單調(diào)遞減.所以對?x∈(0,1),有h(x)<h(0)恒成立.又因為h(0)=0,所以sinxx<0恒成立.所以sinx<x,x∈(0,1).設(shè)g(x)=sinx(xx2),則g'(x)=cosx+2x1.令G(x)=cosx+2x1,則G'(x)=sinx+2>0對?x∈[0,1]恒成立,所以g'(x)在x∈[0,1]上單調(diào)遞增,且因為g'(0)=1+01=0,所以對?x∈[0,1],g'(x)≥0恒成立,且僅在x=0時有g(shù)'(0)=0,所以函數(shù)y=g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增.所以對?x∈(0,1),有g(shù)(x)>g(0)恒成立.又因為g(0)=0,所以sinx+x2x>0對?x∈(0,1)恒成立.所以xx2<sinx,x∈(0,1).綜上可知,xx2<sinx<x,x∈(0,1)成立.(2)解若a≠0,當(dāng)0<x<min1,1(ⅰ)若a>0,有a2xa3x2<asinax<a2x;(ⅱ)若a<0,有a2x+a3x2<asinax<a2x.證明:(ⅰ)當(dāng)a>0時,由(1)知axa2x2<sinax<ax,0<x<min1,1|a|,所以a2xa3x2<asin(ⅱ)當(dāng)a<0時,由(1)知ax(ax)2<sin(ax)<ax,0<x<min1,1|a|,所以a2xa(ax)2>asin(ax)>a2x,即a2x+a3x2<asinax<a2x.故上述說法成立.因為f(x)=cosaxln(1x2),x∈(1,1),所以f'(x)=asinax-2x1-x2=asinax+2x1-x2,滿足f'(0)=asin0+0=0.因為f'(x)=a①若a=0,則f'(x)=2x1-x2.當(dāng)x∈(1,0)時,f'(x)<0;當(dāng)x∈(0,1)時,f'(x)>0.故x=0是函數(shù)f(②若a∈(2,+∞),則當(dāng)0≤x<min1,1a時,asinax>a2xa3x2.所以f'(x)<a2x+a3x2+2x1-x2=x21-x2+a3x-a2.令F1(x)=21-x2+a3xa2,0≤x<min1,1a,則F'1(x)=4x(1-x2)2+a3>0,故當(dāng)0≤x<min1,1|a|時,F1(x)單調(diào)遞增.又因為F1(0)=2a2<0,所以存在t1>0,使得F1(x)在(0,t1)上恒小于0,此時f'(x)<xF1(x)<0.又因為函數(shù)f'(x)是奇函數(shù),所以在(③若a∈(∞,2),則當(dāng)0≤x<min{1,1|a|}時,a2x+a3x2<asinax<a2x.所以f'(x)<a2xa3x2+令F2(x)=21-x2a3xa2,則F'2(x)=4x(1-x2)2a3>0,故當(dāng)0<x<min1,1|a|時,F2(x)單調(diào)遞增.又因為F2(0)=2a2<0,所以存在t2>0,使得F2(x)在(0,t2)上恒小于0,此時f'(x)<xF2(x)<0.又因為函數(shù)f'(x)是奇函數(shù),所以在(t2,0)內(nèi)有f'(x)>0.因此函數(shù)f(x)在(t2,0)內(nèi)單調(diào)遞增,④若a∈[2,2],則當(dāng)0≤x<min1,1|a|時,所以f'(x)=asinax+2x1-x2>2x1-x2a2x=x21-x2-a2≥綜上可知,實數(shù)a的取值范圍是(∞,2)∪(2,+∞).21.(1)解f'(x)=-lnxx2.在區(qū)間(0,1)上,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間(1,+∞)上,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,所以f(x)max=f(1)=1,即當(dāng)x=1時,f((2)解(方法一)lnx=xexex2+kx1有實數(shù)根等價于1+lnxx=exex+k有實根.由于f(x)=1+lnxx,由(1)得,在區(qū)間(0,1)上,f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間(1,+∞)上,f(x)單調(diào)遞減,f(x)max=f(1)=1.令g(x)=exex+k(x>0),則g'(x)=exe.在區(qū)間(0,1)上,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;在區(qū)間(1,+∞)上,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)min=g(1)=k,且x→+∞時,f(x)→0,g(x)→+∞,于是當(dāng)滿足k≤1時,方程lnx=xexex2+kx1有實數(shù)根.所以實數(shù)k的取值范圍是(方法二)l