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2026高考数学第二轮专题
专题过关检测六　函数与导数
(分值:150分)
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.(2025浙江A9协作体期中)已知函数f(x)=2x3-xf'(1),则f'(1)的值为(　　)
A.3 B.2
C.1 D.0
2.(2025东北三省高中联盟模拟)已知f(x)=ln x,则函数f{f[f(x)]}的定义域为(　　)
A.(0,e) B.(e,+∞)
C.(0,1) D.(1,+∞)
3.(2025河北邯郸模拟)某金融产品的价格增长模型遵循连续复利模型,公式为P(t)=P0·ert,其中r为年收益率,t为投资时间(单位:年),e为自然对数的底数,P0为初始资金,P(t)为t年后的资金,已知某产品年收益率r=5%,则使初始资金翻倍至少需要(参考数据:ln 2≈0.693 1)(　　)
A.12年 B.13年 C.14年 D.15年
4.(2025安徽阜阳模拟)函数f(x)=的部分图象大致是(　　)
A. 　　B.
C. D.
5.(2025江苏南通模拟)若圆柱的侧面的展开图的周长为4,则该圆柱体积最大为(　　)
A. B.
C. D.
6.(2024新高考Ⅰ,6)已知函数f(x)=在R上单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,0] B.[-1,0]
C.[-1,1] D.[0,+∞)
7.(2022全国甲,理12)已知a=,b=cos,c=4sin,则(　　)
A.c>b>a B.b>a>c
C.a>b>c D.a>c>b
8.(2025山东滨州二模)已知定义域为R的函数f(x)为偶函数,f(x+1)为奇函数,且当x∈[0,1]时,f(x)=2x-2,则下列选项正确的是(　　)
A.f(x+2)=f(x) B.f(log23)=
C.f>0 D.f(-1)<0
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2025湖南长沙模拟)已知实数x,y满足xA.e2x+1>e2y+1
B.sin x>sin y
C.x3>y3
D.2x-2y>3-x-3-y
10.(2024新高考Ⅰ,10)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(　　)
A.x=3是函数f(x)的极小值点
B.当0C.当1D.当-1f(x)
11.(2025江苏南京二模)已知定义在R上的函数f(x),当x∈[0,2)时,f(x+2k)=(k+1)f(x)(k∈Z),且当x∈[0,2)时,f(x)=x|x-a|,a>0,则下列说法正确的是(　　)
A.f(2)=0
B.若a=2,则f(-99)=-50
C.若a=1,则g(x)=f(x)-(x+1)在[-6,6]上恰有5个零点
D.若 k∈N*,f(x)在区间[2k-2,2k]有最大值,则4-4≤a<4
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2025山东济南三模)已知函数f(x)=,则f(log23)+f(-log23)=　　　　　.
13.(2024全国甲,文16)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,则a的取值范围为　　　　　.
14.(2025广东揭阳二模)在平面直角坐标系中,两点P(x1,y1),Q(x2,y2)的“曼哈顿距离”定义为||PQ||=|x1-x2|+|y1-y2|.例如点P(1,2),Q(-2,-1)的“曼哈顿距离”为||PQ||=|1-(-2)|+|2-(-1)|=6.已知点M在直线y=ex+1上,点N在函数y=ln x的图象上,则|MN|的最小值为　　　　　,||MN||的最小值为　　　　　.
四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025上海,19)已知函数f(x)=x2-(m+2)x+mln x,m∈R.
(1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的解集;
(2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值,求m的取值范围.
16.(15分)(2025山东日照二模)已知函数f(x)=aln x+(a∈R).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若方程f(x)-1=0有3个不同的实数解,求a的取值范围.
17.(15分)(2025北京,20)已知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),f(0)=0,f'(x)=,直线l1是曲线y=f(x)在点A(a,f(a))处的切线.
(1)求导函数f'(x)的最大值;
(2)当a∈(-1,0)时,求证:除点A以外,y=f(x)在l1的上方;
(3)当a∈(0,+∞)时,过点A作与l1垂直的直线l2,l1,l2分别与x轴交于点x1,x2,求的取值范围.
18.(17分)(2025新高考Ⅰ,19)(1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间0,的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ]使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
19.(17分)(2025山东泰安模拟)法国数学家米歇尔·罗尔于1691年在他所著的《方程的解法》中,提出了确定多项式方程的根的位置的一种方法,后人把它推广到f(x)是一般的可导函数的情形,最终发展为罗尔定理,即若函数f(x)在[a,b]上的图象是连续不断的曲线,f(x)在(a,b)内处处可导(导函数存在),且f(a)=f(b),则至少存在一个实数c∈(a,b),使得f'(c)=0.罗尔定理是三大微分中值定理之一,在数学、物理、工程和经济学等领域有着广泛的应用.
(1)已知函数f(x)=x4-x3-mx2+mx(m∈R)的图象是连续不断的曲线,试用罗尔定理证明: x0∈(0,1),使f'(x0)=0;
(2)已知函数g(x)=e2x-(e2-1)x的图象是连续不断的曲线,设g(x)的导数为g'(x),A(a,g(a)),B(b,g(b))为g(x)图象上的两点,a(3)若方程2g(x)=x4-x3-f(x)+2在(0,1)内有解,求实数m的取值范围.
答案：
1.A　解析 因为f'(x)=6x2-f'(1),则令x=1,有f'(1)=6-f'(1),所以f'(1)=3.故选A.
2.B　解析 因为f(x)=ln x的定义域为(0,+∞),
所以f[f(x)]>0,即ln f(x)>0,即f(x)>1,即ln x>1,
解得x>e.所以所求函数的定义域为(e,+∞).故选B.
3.C　解析 由题意可知P(t)=2P0,r=5%,代入公式可得2P0=P0·e0.05t,
所以e0.05t=2,0.05t=ln 2,所以t=≈13.862,
所以至少需要14年.故选C.
4.A　解析 由函数f(x)=,定义域为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,+∞),
有f(-x)==-=-f(x),
所以函数f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,可排除B,D;
又由f(2)==-<0,可排除C.故选A.
5.A　解析 设圆柱母线长为l,底面半径为r,则l+2πr==2,而圆柱体积V=πr2l=πr2(2-2πr),其中0当00,当故V=πr2(2-2πr)在0,内单调递增,在内单调递减,
故Vmax=π22-2π×=.故选A.
6.B　解析 当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增,当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a,所以要使函数f(x)在R上单调递增,需满足解得-1≤a≤0.故所求a的取值范围为[-1,0].故选B.
7.A　解析 因为a==1-,构造函数h(x)=1-x2-cos x,x∈,则g(x)=h'(x)=-x+sin x,g'(x)=-1+cos x≤0,所以g(x)在上单调递减,g(x)≤g(0)=0,即h'(x)≤0,则h(x)在上单调递减,所以h=a-bx,所以>1,即bb>a.故选A.
8.B　解析 依题意可知f(x)=f(-x),f(-x+1)=-f(x+1);
所以f(-(x+1)+1)=-f((x+1)+1),即f(-x)=-f(x+2),
因此f(x)=-f(x+2),即f(x+2)=-f(x+4),
所以可得f(x)=f(x+4),即f(x)是以4为周期的周期函数,
对于A,由分析可知f(x)=-f(x+2),即A错误;
对于B,由f(x)=-f(-x+2),可知f(log23)=-f(-log23+2)=-flog2;
显然log2∈(0,1),所以flog2=-2=-2=-,所以f(log23)=-flog2=,即B正确;
对于C,易知f=f+4×253=f=-2<0,可得C错误;
对于D,显然f(-1)=f(1)=21-2=0,即D错误.故选B.
9.ACD　解析 因为xy.
因为y=ex在R上是增函数,故e2x+1>e2y+1,所以A符合题意;
当x=π,y=0时,显然符合x>y,但是sin x>sin y不成立,所以B不符合题意;
因为y=x3在R上是增函数,所以x3>y3,所以C符合题意;
由于y=2x为单调递增函数,y=3-x为单调递减函数,故y=2x-3-x为R上的单调递增函数,由x>y可得2x-3-x>2y-3-y,故2x-2y>3-x-3-y,所以D符合题意.
故选ACD.
10.ACD　解析 ∵f(x)=(x-1)2(x-4),∴函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=3(x-1)(x-3).令f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,得x=1或x=3.当x<1或x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当10,即f(2x-1)>-4,∴C正确.当-1f(x),∴D正确.故选ACD.
11.ACD　解析 由题意可知,当x=0,k=1时,有f(2)=2f(0)=2×0×|0-a|=0,故A正确;
当x=1,k=-50时,有f(-99)=-49×f(1)=-49×(1×|1-a|),
又因为a=2,所以有f(-99)=-49×(1×|1-2|)=-49,故B错误;
当a=1时,f(x)=x|x-1|=
当x∈[0,2)时,由于f(x+2)=2f(x),f(x+4)=3f(x),f(x-2)=0×f(x)=0,f(x-4)=-f(x),f(x-6)=-2f(x),所以f(x)=0,x∈[-2,0),
作出分段函数f(x)和函数y=(x+1)的大致图象如图.
由于f(2)=0,直线y=(x+1)经过点(2,2),而函数f(x)的图象不经过点(2,2),
则由图象可得,它们只有5个交点,即g(x)=f(x)-(x+1)在[-6,6]上恰有5个零点,故C正确;
根据当x∈[0,2)时,由于f(x+2)=2f(x),f(x+4)=3f(x),…,
要满足对 k∈N*,f(x)在区间[2k-2,2k]有最大值,
则只需要f(x)=x|x-a|在x∈[0,2)上存在最大值,
即满足<2≤,
解得4-4≤a<4,故D正确.
故选ACD.
12.3　解析 由题意有f(x)+f(-x)==3,
又log23+(-log23)=0,
所以f(log23)+f(-log23)=3.
13.(-2,1)　解析
令x3-3x=-(x-1)2+a,得x3+(x-1)2-3x=a.
令f(x)=x3+(x-1)2-3x,x>0,则f'(x)=3x2+2(x-1)-3=3x2+2x-5=(x-1)(3x+5).
由f'(x)=0(x>0),得x=1.∴当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴f(x)min=f(1)=-2.又f(0)=1,f(2)=3>1,曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点等价于y=f(x)与y=a有两个不同交点,∴-214.　解析 设曲线y=ln x上与直线y=ex+1平行的切线的切点坐标为(x0,ln x0),
则=e,解得x0=,所以切点为,-1,
即切线方程为y+1=ex-,即ex-y-2=0,
则|MN|的最小值为直线y=ex+1与直线ex-y-2=0间的距离,
即|MN|min=.
设M(x1,ex1+1),N(x2,ln x2),
则||MN||=|x1-x2|+|ex1+1-ln x2|,
将||MN||看成关于x1的函数,则||MN||在x1=x2或ex1+1=ln x2时,取得最小值,
当x1=x2时,令g(x)=ex+1-ln x(x>0),
则g'(x)=e-,令g'(x)=0,解得x=,
当x∈0,时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减,
当x∈,+∞时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
所以x=时,g(x)min=e×+1-ln=3,
即||MN||min=3;
当ex1+1=ln x2时,则x2=,令h(x)=eex+1-x,
则h'(x)=e·eex+1-1,令h'(x)=0,解得x=-,
当x∈-∞,-时,h'(x)<0,则函数h(x)单调递减,
当x∈-,+∞时,h'(x)>0,则函数h(x)单调递增,
当x=-时,h(x)min=h-=e-2+1+.
综上,||MN||min=.
15.解 (1)由题意知f(1)=1-(m+2)=0,可得m=-1,则f(x)=x2-x-ln x,
于是f(x)≤x2-1 x+ln x-1≥0.
设g(x)=x+ln x-1,x>0,
∵g'(x)=1+>0在(0,+∞)上恒成立,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增.
又g(1)=0,∴g(x)≥0 g(x)≥g(1) x≥1,
∴不等式f(x)≤x2-1的解集为{x|x≥1}.
(2)∵f'(x)=2x-(m+2)+,x∈(0,+∞),
∴当m≤0时,f'(x)>0 x>1,f'(x)<0 0∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,此时f(x)无极大值.
当>1即m>2时,f'(x)>0 0,f'(x)<0 1当0<<1即00 01,f'(x)<0 当=1即m=2时,f'(x)=≥0恒成立,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数无极值.
综上,可知m的取值范围为(0,2)∪(2,+∞).
16.解 (1)当a=1时,f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞),
所以f'(x)=,f'(1)=1-,
又因为f(1)=ln 1+=1,
所以切点为(1,1),
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=(x-1),
化简可得x-2y+1=0.
(2)令g(x)=f(x)-1=aln x+-1,函数g(x)的定义域为(0,+∞),g'(x)=.
①当a≤0时,g'(x)<0,函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,函数g(x)至多有一个零点,不符合题意;
②当a>0时,设函数h(x)=ax2+(2a-2)x+a,Δ=(2a-2)2-4a2=-8a+4,
当a≥时,Δ≤0,即h(x)≥0对任意的x>0恒成立,
即g'(x)≥0,
所以函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,函数g(x)至多有一个零点,不符合题意;
当00,
所以方程ax2+(2a-2)x+a=0有两个实数根x1,x2,
且满足x1+x2=-2>0,x1x2=1,
不妨设x1x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞)
g'(x) + 0 - 0 +
g(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增
所以函数g(x)的单调递增区间是(0,x1)和(x2,+∞),单调递减区间是(x1,x2).
因为g(1)=0,所以1为g(x)的一个零点.
又g(x1)>g(1)=0,0<<1,且g()=<0,
所以存在唯一实数t1∈(0,1),使得g(t1)=0.
又g(x2)1,且g()=>0,
所以存在唯一实数t2∈(1,+∞),使得g(t2)=0.
所以函数g(x)有3个不同的零点,即方程f(x)-1=0有3个不同的实数解.
综上,a的取值范围是0,.
17.(1)解 令g(x)=f'(x)=,x∈(-1,+∞),
则g'(x)=.
∵若g'(x)>0,则-1e-1,
∴g(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减,
∴f'(x)max=f'(e-1)=.
(2)证明 切线l1的方程为y-f(a)=f'(a)(x-a),
即y=f'(a)(x-a)+f(a).
即证f(x)-[f'(a)(x-a)+f(a)]>0对x∈(-1,a)∪(a,+∞)恒成立.
令h(x)=f(x)-f'(a)x+f'(a)a-f(a),
则h'(x)=f'(x)-f'(a).显然f'(a)<0.
由(1)知,h'(x)在(-1,e-1)内单调递增,在(e-1,+∞)内单调递减.又a∈(-1,0),h'(a)=0,∴当x∈(-1,a)时,h'(x)<0,当x∈(a,e-1)时,h'(x)>0,当x∈[e-1,+∞)时,h'(x)>0显然成立.
即当x∈(a,+∞)时,h'(x)>0.
∴当x∈(-1,a)时,h(x)单调递减,h(x)>h(a)=0.
当x∈(a,+∞)时,h(x)单调递增,h(x)>h(a)=0.
综上,原命题得证.
(3)解 令y=f'(a)(x-a)+f(a)=0,
又f'(a)≠0,∴x1=+a,
同理x2=+a=f'(a)f(a)+a.
∴,
下面求t=f'(a)的取值范围.
由(1)知,当a>0时,t=f'(a)∈0,,即t2∈0,,
∴=-1+,
即∈,1.
18.(1)解 ∵f(x)=5cos x-cos 5x,x∈0,,
∴f'(x)=-5sin x+5sin 5x=5(sin 5x-sin x)=10cos 3xsin 2x,sin 2x≥0,令f'(x)=0,则x=.
∴f(x)在区间0,上单调递增,在区间上单调递减,∴f(x)max=f=3.
(2)证明 假设 y∈[a-θ,a+θ],都有cos y>cos θ.
∵函数g(x)=cos x在区间(0,π)上单调递减,∴必有y∈(2kπ-θ,2kπ+θ)(k∈Z).
则a-θ>2kπ-θ,且a+θ<2kπ+θ,解得a>2kπ且a<2kπ,a无解,则假设不成立,
∴必然存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.
(3)解 ∵f(-x)=5cos(-x)-cos(-5x)=f(x),f(x+2π)=f(x),∴f(x)是以2π为周期的偶函数.
由(1)进一步可得f(x)在区间0,上单调递增,在区间上单调递减,在区间,π上单调递增,f(π)=-4<3,由对称性和周期性可知f(x)≤3.
令h(x)=5cos x-cos(5x+φ),
当φ=0时,h(x)=f(x)≤3,此时bmin=3,
当φ≠0时,由(2)可知 x∈-,5x+φ∈φ-,φ+,使得cos(5x+φ)≤cos,
此时
即5cos x-cos(5x+φ)≥3,即b≥3.
综上所述,b的最小值为3.
19.(1)证明 ∵f(0)=0,f(1)=1-1-m+m=0,∴f(0)=f(1).
∵f'(x)=4x3-3x2-2mx+m,∴f(x)在(0,1)内处处可导,
又f(x)在[0,1]上的图象是连续不断的曲线,
由罗尔定理, x0∈(0,1),使f'(x0)=0.
(2)证明 ∵k=,∴g(b)-g(a)=kb-ka,
∴g(b)-kb=g(a)-ka.
设h(x)=g(x)-kx,则h(b)=h(a).
∵h'(x)=g'(x)-k=2e2x-(e2-1)-k,
∴h(x)在(a,b)内处处可导,
又h(x)在[a,b]上的图象是连续不断的曲线,由罗尔定理, c∈(a,b),使得h'(c)=0,
∵h'(x)在[a,b]上单调递增,
∴存在唯一实数c∈(a,b),使得h'(c)=0,
即存在唯一实数c∈(a,b),使得g'(c)=k.
(3)解 设F(x)=2g(x)+f(x)-x4+x3-2=2e2x-mx2-(2e2-m-2)x-2,
则F(x)在(0,1)内有零点,
设x1为F(x)的一个零点,且x1∈(0,1),
∴F(x1)=0,又F(0)=2-2=0,F(1)=2e2-m-(2e2-m-2)-2=0,
由已知,F(x)在[0,x1]和[x1,1]上的图象都是连续不断的曲线,
又F'(x)=4e2x-2mx-(2e2-m-2),
∴F(x)在(0,x1)及(x1,1)上分别处处可导.
由罗尔定理知,至少存在一个x2∈(0,x1),使得F'(x2)=0,至少存在一个x3∈(x1,1),使得F'(x3)=0,∴F'(x)=0在(0,1)上至少有两个不相等的实数根x2,x3.
设G(x)=F'(x)=4e2x-2mx-(2e2-m-2),x∈(0,1),则G'(x)=8e2x-2m.
∵x∈(0,1),∴8e2x∈(8,8e2),
当2m≤8,即m≤4时,G'(x)>G'(0)=8-2m≥0,G(x)在(0,1)内单调递增,
∴G(x)=F'(x)=0在(0,1)内至多有一个实根,不符合题意.
当2m≥8e2,即m≥4e2时,G'(x)∴G(x)=F'(x)=0在(0,1)内至多有一个实根,不符合题意.
当8<2m<8e2,即4由G'(x)=0,得x=ln,且0∴当x∈0,ln时,G'(x)<0,G(x)单调递减;
当x∈ln,1时,G'(x)>0,G(x)单调递增,
∴G(x)在(0,1)上的最小值G(x)min=Gln.
∵G=4e+2-2e2<5e-2e2=e(5-2e)<0,
∴G(x)min≤G<0.
∵G(x)=0在(0,1)内至少有两个不等实根,
∴解得m∈(2e2-6,2e2+2),
又2e2-6>4,2e2+2<4e2,
∴m的取值范围是(2e2-6,2e2+2).
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