专题检测卷(六)　函数与导数.doc

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 x3 B.x|x3 或 x2 C.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 A 2.(2020 沈阳一监)已知 a31 3，b2 1 2，clog32，则 a，b，c 的大小关系为( ) A.abc B.bac C

2、.cab D.cb8 1 68 01，ab1.又 clog32b1c.故选 D. 答案 D 3.(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 x B.f(x)xsin 2x C.f(x)x1 2sin 2x D.f(x)x1 2cos x 解析 对于 A，函数 f(x)的定义域为x|x 2k，kZ，而图象对应的函数在 x 2处有定义，因此 A 不符合题意； 对于 B，f(x)12cos 2x，令 f(x)0，得2 3 2kx4 3 2k(kZ)，则函数 f(x) 在区间(2 3 2k， 4 3 2k)(kZ)上是减函数，图象对

3、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) 3 x9，x0， xex，x0， 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

4、)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 1，2 11.故选 C. 答案 C 5.(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(x 4)a，f(x)在 2， 2 上单调递增，f(x)0 在 2， 2 上恒成立

5、.又ex0， 2sin x 4 a0 在 2， 2 上恒成立.当 x 2， 2 时，x 4 4， 3 4 ， sin x 4 2 2 ，1 ， 2sin x 4 a(1a， 2a， 1a0，解得 a1，).故选 B. 答案 B 6.(2020 合肥质检)射线测厚技术原理公式为 II0e t，其中 I 0，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

6、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.0.110 B.0.112 C.0.114 D.0.116 解析 由题意可得 t0.8，7.6，I I0 1 2.因为 II0e t，所以1 2e 7.60.8，所以 ln 2 7.60.8 0.693 1 6.08 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) |log 2x|，x0， 2x，x0， 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)

7、3(f(x)28f(x)4(3f(x)2) (f(x)2)的零点个数，即方程 f(x) 2 3和 f(x)2 的根的个数.函数 f(x) |log 2x|，x0， 2x，x0 的图象如图.由图象可知， 方程 f(x)2 3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. 答案 A 8.已知 aR，设函数 f(x) x 22ax2a，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.0，1 B.0，2 C.0，e D.1，e 解析 当 x1 时，由 f(x)x22ax2a0 恒

8、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 x ln x恒成立. 设 g(x) x ln x(x1)，则 g(x) ln x1 （ln x）2. 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

9、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.1 B.1 2 C. 3 D.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 x 1，又1x1)，yt1 t，由对勾函数的性质可得，当 t(1，)时，y t1 t是增函数.又 te x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

10、(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 BC 11.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)

11、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(x 1)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(1 x)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

12、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)ln x x2 ，下列说法正确的是( ) A.f(x)在 x e处取得极大值 1 2e B.f(x)有两个不同的零点 C.f( 2)f( )f( 3) D.若 f(x) e 2 解析 函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)12ln x x3 ，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，)上单调 递减，当 x e时，f(x)取得极大值 f( e) 1 2e，A 正确；f(1)0，当

13、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 e 3 ， f( )0)，则 h(x)1ln x x2 ，当 x(e，)时，h(x)0，h(x) 在(e， )上单调递减， 而 eh(4)， 即ln ln 4 4 ln 2 2 ， f( 2)f( )， 即 f( 2)f( )0)，则 g(x) 12ln x x3 ，易 知当 x 0， 1 e 时，g(x)0，当 x 1 e， 时，g(x)0，g(x)在 0， 1 e 上 单调递增，在 1 e， 上单调递减，则 g(x)在 x 1 e处取得极大值也是最大值 g 1 e e 2，若 f(x)

14、1 x2 e 2，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 5 14.(2020 河南六市模拟)设函数 f(x) e x2 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)， x

15、 240， 3x0 或 x 243x. 解得 x2 或 1x0. (1)当 a1 2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 a1 2，当 x0 时，f(x) x1 2 2 1 2 2 1 4；当 x0 时，f(x)x 1 x 2x 1 x2，当且仅当 x1 时取等号.所以函数 f(x)的最小值为 1 4. (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 x a 时，函数 f(x)的最小值为 f(a)0，此时 f(0)不是最小值，

16、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 2，即实数 a 的取值范围是0， 2. 答案 (1)1 4 (2)0， 2 16.(2020 海南新高考诊断)若曲线 yxex m x1(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)ex m （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)

17、ex.当 x4 时，f(x)0；当4x0，所以 f(x)min f(4)27 e4.又当 x时， f(x)0， 当 x1 时， f(x)0， 所以 m 27 e4，0 . 答案 27 e4，0 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)1 4x 3x2x. (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)1 4x 3x2x 得 f(x)3 4x 22x1. 令 f(x)1，即3 4x 22x11，得 x0 或 x8 3. 又 f(

18、0)0，f 8 3 8 27， 所以曲线 yf(x)的斜率为 1 的切线方程是 yx 与 y 8 27x 8 3，即 yx 与 yx 64 27. (2)证明 令 g(x)f(x)x，x2，4. 则 g(x)1 4x 3x2，g(x)3 4x 22x，x2，4. 令 g(x)0 得 x0 或 x8 3. 当 x 变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下： x 2 (2，0) 0 0，8 3 8 3 8 3，4 4 g(x) 0 0 g(x) 6 0 64 27 0 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

19、应性测试)已知函数 f(x)ex(x1)1 2e ax2， 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)的变化情况如下表. x (，a) a (a，0) 0 (0，) f(x)

20、 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 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)1 2e aa2 a11 2a 2 ea， 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 1 2a， 时，f(x)0. 故 f(x)在 0， 1 2a 上单调递增，在 1 2

21、a， 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，ln 1 2a 1 2a10， 故 f(x) 3 4a2. 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 e 2f(x 0)2 2. (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)a1 x，g(1)a1，得 a1

22、. 若 a1，则 g(x)11 x. 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(x)2x2ln x， 设 h(x)2x2ln x， 则 h(x)21 x. 当 x 0，1 2 时，h(x)0. 所以 h(x)在 0，1 2 单调递减，在 1 2， 单调递增. 又 h(e 2)0，h 1 2 0；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

23、 f(x0)x0(1x0). 由 x0 0，1 2 得 f(x0)f(e 1)e2. 所以 e 2f(x 0)0，则 x( 21， 21)，令 f(x)0，则 x(， 21)( 2 1，). f(x)在区间(， 21)，( 21，)上单调递减，在区间( 21， 2 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)

24、(1x)2， (1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取 x0 54a1 2 ，则 x0(0，1)， (1x0)(1x0)2ax010，故 f(x0)ax01. 当 a0 时，取 x0 51 2 ， 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)exx， 故 f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)， 当 a

25、0 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) 0 f(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)11 aln a. 令 g(a)11 aln a(a0)， 则 g(a) 1 a2 1 a0， 从而 g(a)在(0，

26、)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)min11 aln 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)min11 aln a0， 故 f(x)0 仅有一个实根 xln a0，不满足条件. 若 0a1，则 f(x)min11 aln a0，f(1) a e2 a e1 2 e0. 故 f(x)在(1，ln a)上有一个实根，而又 ln 3 a1 ln 1 aln a. 且 f ln 3 a1 eln 3 a1 a eln 3 a1 a2 ln 3 a1 3 a1 (3aa2)ln 3 a1 3 a1 ln 3 a1 0. 故 f(x)在 ln a，ln 3 a1 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 ln a，ln 3 a1 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).