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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).