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202103112173.doc

1、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|x2或x3 B.x|x3或x2C.x|2x3 D.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a3，b2，clog32，则a，b，c的大小关系为()A.abc B.bac C.cab D.cb8801，ab1.又clog32b1c.故选D.答案D3.(2020济南一模)已知函数yf(x)的部分图象

2、如图，则f(x)的解析式可能是()A.f(x)xtan xB.f(x)xsin 2xC.f(x)xsin 2xD.f(x)xcos x解析对于A，函数f(x)的定义域为x|xk，kZ，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)12cos 2x，令f(x)0，得2kx2k(kZ)，则函数f(x)在区间(2k，2k)(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)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

3、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，极值点为，则()A.1 B.0 C.1 D.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(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)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是()A.，) B.1，)C.(1，

4、) D.(，)解析由题意，得f(x)ex(sin xa)excos xexsin(x)a，f(x)在上单调递增，f(x)0在上恒成立.又ex0，sina0在上恒成立.当x时，x，sin，sina(1a，a，1a0，解得a1，).故选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

5、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.0.110 B.0.112C.0.114 D.0.116解析由题意可得t0.8，7.6，.因为II0et，所以e7.60.8，所以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)28f(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)28f(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

6、数g(x)3(f(x)28f(x)4有5个零点.故选A.答案A8.已知aR，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.0，2C.0，e D.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a恒成立.设g(x)(x1)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e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

7、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：当x1时，f(x)x21，解得x1；当1x2时，f(x)x21，解得x1，又1x1)，yt，由对勾函数的性质可得，当t(1，)时，yt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)

8、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

9、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(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)，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)解析函数f(x)的定

10、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0x1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，f()0)，则h(x)，当x(e，)时，h(x)0，h(x)在(e，)上单调递减，而eh(4)，即，f()f()，即f()f()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)，D正确.故选ACD.答案ACD三、填

11、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，所以解得f(1)5.答案514.(2020河南六市模拟)设函数f(x)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)，或解得x2或1x0时，f(x)x22，当且仅当x1时取等号.所以函数f(x)的最小值为.(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

12、(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，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yxex(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)ex0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).又当x时，f(x)0，当x1时，f(

13、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)x3x2x.(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)x3x2x得f(x)x22x1.令f(x)1，即x22x11，得x0或x.又f(0)0，f，所以曲线yf(x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，即yx与yx.(2)证明令g(x)f(x)x，x2，4.则g(x)x3x2，g(x)x22x，x2，4.令g(x)0得x0或x.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x2(2，0)04g(x)0

14、0g(x)600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)eax2，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(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

15、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)eaa2ea，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a0；x(1，)时，g(x)0时，g(x

16、)0，从而当a0时，ln10，故f(x)2.20.(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(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)a，g(1)a1，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1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

17、(x)2x2ln x，设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0.所以h(x)在单调递减，在单调递增.又h(e2)0，h0；当x(x0，1)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x0得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)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)(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

18、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0x(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取x0，则x0(0，1)，(1x0)(1x0)2ax010，故f(x0)ax01.当a0时，取x0，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)ae2x(a2)

19、exx，故f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)，当a0时，aex10.从而f(x)0时，令f(x)0，从而aex10，得xln a.x(，ln a)ln a(ln a，)f(x)0f(x)单调递减极小值单调递增综上，当a0时，f(x)在R上单调递减；当a0时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增.(2)由(1)知，当a0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a0时，f(x)minf(ln a)1ln a.令g(a)1ln a(a0)，则g(a)0，从而g(a)在(0，)上单调递增，而g(1)0，故当0a1时，g(a)1时，g(a)0.若a1，则f(x)min1ln ag(a)0，故f(x)0恒成立，从而f(x)无零点，不满足条件.若a1，则f(x)min1ln a0，故f(x)0仅有一个实根xln a0，不满足条件.若0a1，则f(x)min1ln a0，f(1)10.故f(x)在(1，ln a)上有一个实根，而又lnln ln a.且felnln(3aa2)lnln0.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，0a1.所以实数a的取值范围为(0，1).