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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 专题检测卷函数与导数

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 专题检测卷函数与导数

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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　A
2.(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<c B.b<a<c C.c<a<b D.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　D
3.(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＋tan x
B.f(x)＝x＋sin 2x
C.f(x)＝x－sin 2x
D.f(x)＝x－cos x
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；
对于B，f′(x)＝1＋2cos 2x，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－cos 2x，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　C
4.(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.－1 B.0 C.1 D.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　C
5.(2020·安徽六校素质测试)若函数f(x)＝ex(sin x＋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(sin x＋a)＋excos x＝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　B
6.(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(241Am)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，ln 2≈0.693 1，结果精确到0.001)
A.0.110 B.0.112
C.0.114 D.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　C
7.(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.5 B.4 C.3 D.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　A
8.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.
当x>1时，由f(x)＝x－aln x≥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.－1 B. 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　AD
10.(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－x
C.f(x)＝x2＋1
D.f(x)＝cos x＋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)＝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)＝cos x＋3是偶函数，但在(0，＋∞)上不恒增，D不符合题意.故选BC.
答案　BC
11.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　ABC
12.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>
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　5
14.(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，＋∞).
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＝.
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)
0

4
g′(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.
∴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)＝ln x＋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)＝ln x－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－xln x，且f(x)≥0.
(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－ln 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)＝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－xln x，
f′(x)＝2x－2－ln x，
设h(x)＝2x－2－ln x，
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ln x0＝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.
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＝－ln a.
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
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(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)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(－ln a)＝1－＋ln a.
令g(a)＝1－＋ln a(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－＋ln a＝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－＋ln a＝0，
故f(x)＝0仅有一个实根x＝－ln a＝0，不满足条件.
若0<a<1，则f(x)min＝1－＋ln a<0，
注意到－ln a>0，f(－1)＝＋＋1－>0.
故f(x)在(－1，－ln a)上有一个实根，而又ln>ln ＝－ln a.
且f
＝eln－ln
＝·(3－a＋a－2)－ln
＝－ln>0.
故f(x)在上有一个实根.
又f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)单调递增，
故f(x)在(－1，－ln a)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).