人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测一　函数与导数

这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题过关检测一　函数与导数，共13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。
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.(2021·全国Ⅰ,理4)设函数f(x)=1-x1+x,则下列函数中为奇函数的是(　　)
A.f(x-1)-1 B.f(x-1)+1
C.f(x+1)-1 D.f(x+1)+1
2.(2021·江苏南通二模)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)f(2-32)>f(ln 2)
B.flog314>f(ln 2)>f(2-32)
C.f(2-32)>f(ln 2)>flog314
D.f(ln 2)>f(2-32)>flog314
7.(2021·广东汕头三模)区块链作为一种革新的技术,已经被应用于许多领域,包括金融、政务服务、供应链、版权和专利、能源、物联网等.在区块链技术中,若密码的长度设定为256比特,则密码一共有2256种可能,因此,为了破解密码,最坏情况需要进行2256次哈希运算.现在有一台机器,每秒能进行2.5×1011次哈希运算,假设机器一直正常运转,那么在最坏情况下,这台机器破译密码所需时间大约为(　　)(参考数据:lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)
A.4.5×1073秒 B.4.5×1065秒
C.4.5×107秒 D.28秒
8.(2021·河北唐山期末)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.-∞,1e B.0,1e
C.1e,+∞ 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.(2021·山东潍坊三模)已知函数y=ax(a>0且a≠1)的图象如图所示,则下列四个函数图象与函数解析式对应正确的是(　　)


10.(2021·山东师大附中月考)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.00)有公共点,且在第一象限内的公共点处的切线相同(e是自然对数的底数),则当m变化时,实数a取以下哪些值能满足以上要求(　　)
A.1 B.e C.2e D.e2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2021·广东佛山一模)已知函数f(x)=-ex+ex2(e是自然对数的底数),则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是　　　　　. 
14.(2021·山东潍坊一模)请写出一个存在极值的奇函数　　　　　. 
15.(2021·山东临沂期中)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.(2021·湖南师大附中三模)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)(2021·浙江月考)已知函数f(x)=(x-1)·|x-a|.
(1)若a=2,求f(x)在区间0,52上的最大值;
(2)已知函数g(x)=f(x)+|x-a|-x+a-m,若存在实数a∈(-1,2],使得函数g(x)有三个零点,求实数m的取值范围.



























18.(12分)(2021·上海三模)数学建模小组检测到相距3米的A,B两光源的强度分别为a,b,线段AB上任意一点C异于点A,B处的光强度y等于A,B两光源到该处的光强度之和,设AC=x米.
(1)假设某处的光强度与光源的强度成正比,与到光源的距离的平方成反比,比例系数为常数k(k>0),测得数据:当x=1时,y=334k;当x=2时,y=3k,求A,B两光源的强度,并写出函数y=f(x)的解析式.
(2)假设某处的光强度与光源的强度成正比,与到光源的距离成反比,比例系数为常数k'(k'>0),测得数据:当x=1时,y=52k';当x=2时,y=2k'.问何处的光强度最弱?并求最弱处的光强度.















19.(12分)(2021·湖北荆州中学期中)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)(2021·辽宁沈阳一模)已知函数f(x)=(x+m)ex.
(1)若f(x)在区间(-∞,1]上单调递减,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)(2021·山东实验中学二模)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)-cos x在区间-π2,+∞上的零点个数.



















22.(12分)已知10,且y=ax2单调递增,当x∈[1,2)时,logax≥0,且y=logax单调递增,所以若f(x)=a2有两个不同的解,则a>1,a×12>a2,loga2>a2,
所以112>2-32>0,1=ln e>ln 2>ln e=12.所以log34>ln 2>2-32>0.
当x∈(0,+∞)时,f'(x)=-(ex-e-x)(ex+e-x)2f(ln 2)>flog314.故选C.
7.B　解析: 设这台机器破译密码所需时间大约为x秒,则x·2.5×1011=2256,于是lg(x·2.5×1011)=lg 2256,即lg x+lg 5-lg 2+11=256lg 2,所以lg x=258lg 2-12≈258×0.301 0-12=65.658,所以x≈1065.658=1065×100.658,从选项考虑:lg 4.5=lg322=2lg 3-lg 2≈2×0.477 1-0.301 0=0.653 2,所以4.5≈100.653 2,所以x≈1065.658=1065×100.658≈4.5×1065.
故选B.
8.C　解析: 函数f(x)=ln(2x+1),x>-12,g(x)=2mx+m,f(x)≤g(x)恒成立,即ln(2x+1)≤2mx+m恒成立,即m≥ln(2x+1)2x+1在x>-12时恒成立,令t=2x+1>0,即m≥lntt在t>0时恒成立,即m≥lnttmax(t>0).
设g(t)=lntt(t>0),则g'(t)=1-lntt2.
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)取得最大值g(e)=ln ee=1e,即lnttmax=1e,所以m≥1e.故选C.
9.ABD　解析: 由题图可得a1=2,即a=2,所以y=a-x=12x单调递减,且函数图象过点(-1,2),故A正确;
y=x-a=x-2为偶函数,在区间(0,+∞)上单调递减,在区间(-∞,0)上单调递增,且函数图象过点(1,1),(-1,1),故B正确;
y=a|x|=2|x|=2x,x≥0,2-x,x2时,h'(x)0,因此h(x)在区间[1,2]上单调递增,所以h(x)max=h(2)=e42,故实数a的取值范围是e42,+∞.
16.(1,+∞)　解析: 由已知s+sln t=t+tln s,可得1+lntt=1+lnss,设f(x)=1+lnxx(x>0),则f'(x)=-lnxx2,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)t,则00,n>0,则h'(x)=4ne2x-1x,因为函数y=e2x和y=-1x在区间(0,+∞)上均单调递增,所以函数h'(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
当x→0时,h'(x)0,所以h(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,
故h(x)min=h(x0)=2ne2x0-ln x0-ln n=12x0-ln x0-ln n≥0对x0∈(0,+∞)恒成立,又由4ne2x0−1x0=0,得n=4x0e2x0,所以h(x0)=12x0-2x0-2ln x0-2ln 2≥0对x0∈(0,+∞)恒成立.因为函数y=12x-2x和y=-2ln x在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数h(x0)在区间(0,+∞)上单调递减.因为x0=12时,h(x0)=0,所以x0∈0,12.令p(x)=4xe2x(x>0),则p'(x)=4e2x+8xe2x=4e2x(1+2x)>0.
所以函数n=4x0e2x0在区间0,12上单调递增,所以00,所以f(x)在R上单调递增;
当a>0时,令f'(x)>0得x>ln a,令f'(x)0,所以g(x)在区间[0,x0)上单调递减,在区间x0,π2上单调递增,且g(0)=0,所以g(x0)0,所以g(x0)·gπ20,
所以∃x0∈(0,π)使g'(x0)=0,
当x∈(0,x0)时,g'(x)0时,f'(x)>0,故函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在区间(0,+∞)上有唯一零点.
(2)①令g(x)=ex-12x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(0)=0.
又10,所以g(2(a-1))≥0,所以f(2(a-1))=e2(a-1)−2(a-1)-a≥0=f(x0),因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,故2(a-1)≥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
x
0
(0,ln 2)
ln 2
(ln 2,1)
1
h1'(x)
-1
-
0
+
e-2
h1(x)
0
单调递减

单调递增
e-3

故当01时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)=0.
又ex0=x0+a,所以x0f(ex0)=x0f(x0+a)=(ea-1)x02+a(ea-2)x0≥(e-1)ax02,
由x0≥a-1,得x0f(ex0)≥(e-1)(a-1)a.