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)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.0f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)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)→-∞,
∴00,当x>2时,f'(x)0,函数f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)t,则00,
令r3-=0,得r=
若6,则当r∈(0,)时,y'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,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00,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,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,所以g(x0)·g0,
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,+∞)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01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