适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题过关检测1函数与导数

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题过关检测1函数与导数，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设函数f(x)=,则下列函数中为奇函数的是( )
A.f(x-1)-1B.f(x-1)+1
C.f(x+1)-1D.f(x+1)+1
2.已知函数f(x)满足f(x)=f(-x),当x≥0时,f(x)=3x+2x,则不等式f(x-2)<13的解集为( )
A.(-∞,0)∪(4,+∞)
B.(0,4)
C.(0,2)
D.(-∞,0)∪(2,+∞)
3.函数y=(3x-3-x)cs x在区间[-]上的大致图象为( )
4.设f(x)是R上的奇函数且满足f(x-1)=f(x+1),当0≤x≤1时,f(x)=5x(1-x),则f(-2 020.6)=( )
A.B.C.-D.-
5.(2023·广东梅州模拟)已知函数f(x)=g(x)=f(x)-|x|+1,则g(x)的零点个数为( )
A.0B.1C.2D.3
6.若f(x)=,则( )
A.f>f()>f(ln 2)
B.f>f(ln 2)>f()
C.f()>f(ln 2)>f
D.f(ln 2)>f()>f
7.(2023·湖南常德一模)已知函数f(x)的定义域为R,若函数f(2x+1)为奇函数,且f(4-x)=f(x),f(k)=1,则f(0)=( )
A.-1B.0C.1D.2
8.已知函数f(x)=ln(2x+1),g(x)=2mx+m,若f(x)≤g(x)恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,)B.(0,]
C.[,+∞)D.[e,+∞)
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,则以下几个结论正确的是( )
A.0
C.f(x0)+2x0<0D.f(x0)+2x0>0
10.已知函数f(x)=当x∈[t,+∞)时,f(x)的值域为(-∞,16],则t的值可能为( )
A.-3B.-1C.1D.3
11.(2023·新高考Ⅰ,11)已知函数f(x)的定义域为R,f(xy)=y2f(x)+x2f(y),则( )
A.f(0)=0
B.f(1)=0
C.f(x)是偶函数
D.x=0为f(x)的极小值点
12.(2023·河北石家庄一模)设f(x)是定义域为R的奇函数,且y=f(2x+2π)的图象关于直线x=-对称,若0A.f(x+π)为偶函数
B.f(x)在区间(-π,-)内单调递减
C.f(x)在区间[0,2 023π]上有4 046个零点
D.f(kπ)=1-eπ
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.请写出一个存在极值的奇函数 .
14.(2023·北京八一中学模拟)某公司工人甲生产第x件产品所需的时间f(x)(单位:h)满足:f(x)=
若甲生产第2件产品所需的时间为3 h,生产第λ件产品所需的时间为2 h,则f(3)= .
15.若函数f(x)=e2x-ax2+1在区间[1,2]上单调递减,则实数a的取值范围是 .
16.设s,t是两个不相等的正数,且s+sln t=t+tln s,则s+t-st的取值范围为 .
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.(10分)(2023·广西玉林高三联考)已知函数f(x)=.
(1)求f(x)在区间(-3,+∞)内的极值;
(2)若过点(-3,0)作曲线y=f(x)的切线,求切线方程.
18.(12分)(2023·山东烟台高三期末)如图所示,某工厂拟建造这样的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的上端为半球,下部为圆柱,该容器的体积为立方米,且l≥6r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱部分侧面的建造费用为2 250元/平方米,半球部分以及圆柱底面的建造费用为m千元/平方米(m>2.25).设该容器的建造费用为y千元.
(1)写出y关于r的函数解析式,并求该函数的定义域;
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
19.(12分)已知f(x)=(ln x)2+2x-aex.
(1)当a=0时,求函数f(x)的导函数f'(x)的最大值;
(2)若f(x)有两个极值点,求实数a的取值范围.
20.(12分)已知函数f(x)=(x+m)ex.
(1)若f(x)在区间(-∞,1]内单调递减,求实数m的取值范围;
(2)当m=0时,若对任意的x∈(0,+∞),nxln(nx)≤f(2x)恒成立,求实数n的取值范围.
21.(12分)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=2时,求函数g(x)=f(x)-cs x在区间(-,+∞)内的零点个数.
22.(12分)已知1(1)证明:函数y=f(x)在区间(0,+∞)内有唯一零点;
(2)记x0为函数y=f(x)在区间(0,+∞)内的零点,证明:
①≤x0≤;
②x0f()≥(e-1)(a-1)a.
专题过关检测一 函数与导数
一、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.B 解析 函数f(x)==-1+,故该函数图象的对称中心的坐标为(-1,-1).
将该函数图象向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度后得到的图象对应的函数解析式为g(x)=f(x-1)+1,其图象关于坐标原点对称,即为奇函数.故选B.
2.B 解析 依题意知f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,当x≥0时,f(x)=3x+2x单调递增,且f(2)=13,所以不等式f(x)<13的解集为(-2,2).
将f(x)的图象沿x轴向右平移2个单位长度后可得f(x-2)的图象,故不等式f(x-2)<13的解集为(0,4).
3.A 解析 令f(x)=(3x-3-x)csx,x∈[-],
则f(-x)=(3-x-3x)cs(-x)=-(3x-3-x)csx=-f(x),
所以f(x)为奇函数,排除BD;
又当x∈(0,)时,3x-3-x>0,csx>0,所以f(x)>0,排除C.
4.D 解析 对任意的x∈R,f(x-1)=f(x+1),即f(x)=f(x+2),所以f(x)是以2为周期的周期函数,
∴f(-2020.6)=f(-0.6),又f(x)为R上的奇函数,且当0≤x≤1时,f(x)=5x(1-x),因此f(-2020.6)=f(-0.6)=-f(0.6)=-5×0.6×(1-0.6)=-
5.C 解析 由g(x)=f(x)-|x|+1=0,可得f(x)=|x|-1,
所以g(x)的零点个数为函数f(x)和y=|x|-1的图象交点的个数.
在同一直角坐标系中作出函数f(x)和函数y=|x|-1的大致图象,如图.
当x>0时,f(x)=lnx,则f'(x)=,由f'(x)==1,可得x=1,f(1)=0,
故函数f(x)=lnx过点(1,0)的切线为y=x-1,
由图可知函数f(x)和函数y=|x|-1有两个交点,即g(x)的零点个数为2.
6.C 解析 因为f(-x)==f(x),所以f(x)是R上的偶函数,因此f=f(lg34).
因为lg34>lg33=1=20>>0,1=lne>ln2>ln所以lg34>ln2>>0.
当x∈(0,+∞)时,f'(x)=<0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,
所以f()>f(ln2)>f故选C.
7.A 解析 因为函数f(x)的定义域为R,且函数f(2x+1)为奇函数,
则f(2x+1)=-f(1-2x),即函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,所以有f(x)=-f(2-x)①,
又f(4-x)=f(x)②,
所以函数f(x)的图象关于直线x=2对称.
所以f(3)=f(1)=0,f(0)=f(4),
所以f(0)+f(2)=f(2)+f(4)=0,
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0.
又由①和②得,f(4-x)=-f(2-x),得f(x)=-f(x-2),
所以f(x+2)=-f(x)=f(x-2),即f(x)=f(x+4),所以函数f(x)的周期为4.
则f(k)=505[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)+f(3)=f(2)=1,
所以f(0)=-f(2)=-1.
8.C 解析 函数f(x)=ln(2x+1),x>-,g(x)=2mx+m,f(x)≤g(x)恒成立,即ln(2x+1)≤2mx+m恒成立,即m在x>-时恒成立,令t=2x+1>0,即m在t>0时恒成立,即m(t>0).
设g(t)=(t>0),则g'(t)=
令g'(t)=0得t=e,则t∈(0,e)时,g'(t)>0,g(t)单调递增;t∈(e,+∞)时,g'(t)<0,g(t)单调递减.
所以t=e时,函数g(t)=(t>0)取得最大值g(e)=,即,所以m故选C.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.AD 解析 ∵f(x)=xlnx+x2(x>0),
∴f'(x)=lnx+1+2x.
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即lnx0+1+2x0=0.
又f'>0,x→0,f'(x)→-∞,
∴0∴A正确,B不正确;
∴f(x0)+2x0=x0lnx0++2x0=x0(lnx0+x0+2)=-x0(x0-1)>0;即C不正确;D正确.
10.ABC 解析 由题意,函数f(x)=当x≥0时,函数f(x)=12x-x3,则f'(x)=12-3x2=-3(x+2)(x-2),当00,当x>2时,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(0,2)内单调递增,在区间(2,+∞)内单调递减,所以当x=2时,函数f(x)取得最大值,最大值为f(2)=12×2-23=16,所以当x≥0时,f(x)∈(-∞,16].当x<0时,函数f(x)=-4x单调递减,令f(x)=16,即-4x=16,解得x=-4,所以当x∈[-4,0)时,f(x)∈(0,16],当x∈(-∞,-4)时,f(x)∈(16,+∞).因为当x∈[t,+∞)时,函数f(x)的值域为(-∞,16],所以t∈[-4,2].
结合选项,t的值可能为-3,-1,1.故选ABC.
11.ABC 解析 对于选项A,令x=0,y=0,f(0)=0,所以A正确;
对于选项B,令x=1,y=1,f(1×1)=12×f(1)+12×f(1)=2f(1),解得f(1)=0,所以B正确;
对于选项C,令x=-1,y=-1,f[(-1)×(-1)]=(-1)2×f(-1)+(-1)2×f(-1)=2f(-1),解得f(-1)=0;再令x=-1,y=x,f[(-1)×x]=x2×f(-1)+(-1)2×f(x),f(-x)=f(x),所以C正确;
对于选项D,用特值法,函数f(x)=0,为常数函数,且满足f(xy)=y2f(x)+x2f(y),而常数函数没有极值点,所以D错误.故选ABC.
12.AB 解析 因为y=f(2x+2π)的图象关于直线x=-对称,所以将f(2x+2π)的图象向右平移个单位长度得y=f(2(x+π-))=f(2x+π)的图象关于y轴对称,再将f(2x+π)的横坐标扩大为原来的2倍得f(x+π)的图象关于y轴对称,即f(x+π)为偶函数,A正确;令g(x)=f'(x)=(ex+eπ-x)csx-(ex-eπ-x)sinx,x∈(0,π],则g'(x)=-2(ex+eπ-x)sinx≤0在区间(0,π]内恒成立,所以f'(x)在区间(0,π]内单调递减,又f'()=0,所以当00,f(x)单调递增,当三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.y=sin x,y=x+,y=x3-3x等(答案不唯一)
14.4-lg23 解析 甲生产第λ件产品所需的时间为2h,则f(λ)==2,解得λ=4.则f(x)=又甲生产第2件产品所需的时间为3h,则f(2)=4-lga2=3,解得a=2.故f(x)=故f(3)=4-lg23.
15.[,+∞) 解析 f'(x)=2e2x-2ax,由于f(x)在区间[1,2]上单调递减,所以e2x-ax≤0在区间[1,2]上恒成立,即a在区间[1,2]上恒成立.
令h(x)=,x∈[1,2],则h'(x)=>0,因此h(x)在区间[1,2]上单调递增,所以h(x)max=h(2)=,故实数a的取值范围是[,+∞).
16.(1,+∞) 解析 由已知s+slnt=t+tlns,可得,
设f(x)=(x>0),则f'(x)=,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.画出函数f(x)的大致图象如图所示.
由题意知f(s)=f(t),所以s,t为方程f(x)=m的两个不同的解,不妨设s>t,则00,所以s+t-st>1.
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.解 (1)f'(x)=
所以当x∈(-3,-2)时,f'(x)<0;当x∈(-2,+∞)时,f'(x)>0;
故f(x)在区间(-3,-2)内单调递减,在区间(-2,+∞)内单调递增.
故f(x)在区间(-3,+∞)内的极小值为f(-2)=e-2=,无极大值.
(2)设切点坐标为(t,),
由(1)知,f'(x)=,所以f'(t)=,
所以切线方程为y=(x+3),
将切点(t,)的坐标代入切线方程,得,即t+2=1,解得t=-1,
故所求切线方程为y=(x+3),即x-4ey+3=0.
18.解 (1)设该容器的体积为V立方米,则V=πr2l+r3,
又V=,所以l=r.
又l≥6r,所以0所以建造费用y=2πrl+3πr2m=2πr(r)+3πr2m=3π(m-1)r2+, 0(2)由(1)得y'=6π(m-1)r-(r3-),0由于m>,所以m-1>0,
令r3-=0,得r=
若<2,即m>6,则当r∈(0,)时,y'<0,y=3π(m-1)r2+单调递减,
当r∈(,2)时,y'>0,y=3π(m-1)r2+单调递增,此时r=为函数y=3π(m-1)r2+的极小值点,也是最小值点.
若2,即综上所述,当6时,该容器的建造费用最小时r=
19.解 (1)当a=0时,f(x)=(lnx)2+2x,
所以f'(x)=+2.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=
令g'(x)=0,得x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以f'(x)max=g(x)max=g(e)=+2.
(2)由于f'(x)=+2-aex,若f(x)有两个极值点,则f'(x)有两个变号零点,即a=有两个实数根,令函数h(x)=,问题转化为曲线y=h(x)与直线y=a有两个不同的交点.
h'(x)=,在区间(0,1)内,h'(x)>0,h(x)单调递增,在区间(1,+∞)内,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)max=h(1)=
又因为当x趋近于0时,h(x)趋近于负无穷,当x趋近于正无穷时,h(x)趋近于0,所以实数a的取值范围是(0,).
20.解 (1)因为f(x)=(x+m)ex,所以f'(x)=(x+m+1)ex.
由题意可得f'(x)≤0在区间(-∞,1]内恒成立,即x+m+1≤0在区间(-∞,1]内恒成立,可得m≤-x-1对于x∈(-∞,1]恒成立,所以m≤(-x-1)min=-2,所以实数m的取值范围是(-∞,-2].
(2)当m=0时,由nxln(nx)≤f(2x),得2xe2x≥nxln(nx).
由题意可知,x>0,n>0,所以-lnx-lnn≥0对于任意的x∈(0,+∞)恒成立.
设h(x)=e2x-lnx-lnn,x>0,n>0,则h'(x)=e2x-,因为函数y=e2x和y=-在区间(0,+∞)内均单调递增,所以函数h'(x)在区间(0,+∞)内单调递增.
当x→0时,h'(x)<0;
当x→+∞时,h'(x)>0.故存在x0∈(0,+∞),使得h'(x0)==0,即
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,
故h(x)min=h(x0)=-lnx0-lnn=-lnx0-lnn≥0对x0∈(0,+∞)恒成立,又由=0,得n=4x0,
所以h(x0)=-2x0-2lnx0-2ln2≥0对x0∈(0,+∞)恒成立.因为函数y=-2x和y=-2lnx在区间(0,+∞)内单调递减,所以函数h(x0)在区间(0,+∞)内单调递减.因为x0=时,h(x0)=0,所以x0∈(0,].令p(x)=4xe2x(x>0),则p'(x)=4e2x+8xe2x=4e2x(1+2x)>0.
所以函数n=4x0在区间(0,]内单调递增,所以021.解 (1)f(x)=ex-ax,其定义域为R,f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f'(x)>0得x>lna,令f'(x)<0得x所以f(x)在区间(-∞,lna)内单调递减,在区间(lna,+∞)内单调递增.
综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递增;当a>0时,f(x)在区间(-∞,lna)内单调递减,在区间(lna,+∞)内单调递增.
(2)(方法一)由已知得g(x)=ex-2x-csx,x∈(-,+∞),则g'(x)=ex+sinx-2.
①当x∈(-,0)时,因为g'(x)=(ex-1)+(sinx-1)<0,所以g(x)在区间(-,0)内单调递减,所以g(x)>g(0)=0,
所以g(x)在区间(-,0)内无零点;
②当x∈[0,]时,因为g'(x)单调递增,且g'(0)=-1<0,g'-1>0,所以存在x0∈(0,),使g'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间[0,x0)内单调递减,在区间(x0,]内单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因为g-π>0,所以g(x0)·g<0,所以g(x)在区间(x0,)内存在一个零点,所以g(x)在区间[0,]上有两个零点;
③当x∈(,+∞)时,g'(x)=ex+sinx-2>-3>0,
所以g(x)在区间(,+∞)内单调递增,
因为g>0,所以g(x)在区间(,+∞)内无零点.
综上所述,g(x)在区间(-,+∞)内的零点个数为2.
(方法二)由已知得g(x)=ex-2x-csx,x∈(-,+∞),则g'(x)=ex+sinx-2.
①当x∈(-,0)时,因为g'(x)=(ex-1)+(sinx-1)<0,所以g(x)在区间(-,0)内单调递减,所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在区间(-,0)内无零点;
②当x∈[0,+∞)时,令s(x)=g'(x),则s'(x)=ex+csx>0,所以g'(x)在区间[0,+∞)内单调递增,
又因为g'(0)=-1<0,g'(π)=eπ+sinπ-2=eπ-2>0,
所以∃x0∈(0,π)使g'(x0)=0,
当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(0,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)<0,又因为g(π)=eπ+1-2π>0,所以g(x0)·g(π)<0,所以g(x)在区间(x0,+∞)内存在唯一零点,所以g(x)在区间[0,+∞)内存在两个零点.
综上所述,g(x)在区间(-,+∞)内的零点个数为2.
22.证明 (1)由题意得f(0)=1-a<0,f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,
所以y=f(x)在区间(0,+∞)内存在零点.
因为f'(x)=ex-1,所以当x>0时,f'(x)>0,故函数f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,所以函数y=f(x)在区间(0,+∞)内有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在区间[0,+∞)内单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在区间[0,+∞)内单调递增,故g(x)≥g(0)=0.
又10,所以g()≥0,所以f()=-a≥0=f(x0),因为f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,故x0.
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),则h'(x)=ex-2x-1,
令h1(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),则h1'(x)=ex-2,所以
故当0又>0,所以h()≤0,
所以f()=-a≤0=f(x0),
因为f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,故x0.
综上,x0
②令u(x)=ex-(e-1)x-1,则u'(x)=ex-(e-1),
所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)内单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.
又=x0+a,所以x0f()=x0f(x0+a)=(ea-1)+a(ea-2)x0≥(e-1)a,
由x0,得x0f()≥(e-1)(a-1)a.
x
0
(0,ln2)
ln2
(ln2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
单调递减
单调递增
e-3