新高考数学二轮复习 专题6 检测 函数与导数 【新教材·新高考】

这是一份新高考数学二轮复习 专题6 检测 函数与导数 【新教材·新高考】，文件包含专题六检测函数与导数教师版新教材·新高考docx、专题六检测函数与导数学生版新教材·新高考docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

专题六检测 函数与导数（教师版）
（时间：120分钟 分值：150分）
一 、单项选择题：本大题共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·海南模拟）已知函数（是的导函数），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，，
，.故选D.
2．（2022·广东模拟）如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地说明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法，在处连续是在处可导的（ ）．
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由“连续不一定可导”知，“在处连续”不能推出“在处可导”, 比如函数在处连续，但是在处不可导；
由“可导一定连续”知，“在处可导”可以推出“在处连续”.
因此在处连续是在处可导的必要不充分条件.故选B.
3．（2022·山西晋中市模拟（理））中国的技术领先世界，技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪音干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计.按照香农公式，若带宽增大到原来的倍，信噪比从1000提升到16000，则比原来大约增加了（ ）
（附：）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，
所以比原来大约增加了.故选D.
4．（2022·四川攀枝花市二模（理））已知，则函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】，令，
则，
所以，定义域关于原点对称，
因为，
所以为偶函数，图象关于轴对称，故排除选项C、D；
又时，因为，所以，
所以排除选项B，选项A正确.故选A.
5．（2022·云南昆明市一模（理））若函数有两个极值点，设这两个极值点为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，
，
令，则方程两根为，，且，
所以，，
，，所以，
为的极大值点，即.故选D.
6．（2022·广东茂名市一模）已知，，则的解集是（ ）
A．或或且
B．或或，且
C．或或且
D．或或且
【答案】A
【解析】为偶函数，
当时，，在恒成立，
在单调递增，且，
当时，；
当时，；
当时，，
当时，，
不等式等价于或
的解集是或或且.
7．（2022·安徽马鞍山市一模（理））若仅存在一条直线与函数（）和的图象均相切，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设直线与的切点为，
由可知，该直线的斜率为，即该直线的方程为，
即为.
设直线与的切点为，
由可知，该直线的斜率为，即该直线的方程为，
即为.
∵仅存在一条直线与函数（）和的图象均相切，
∴ ，∴即.
令，则，
当时，即，当时，即，
即在上单调递增，在上单调递减，则在处取得最大值，，图象为
∵切线只有一条，即的值唯一，∴只有.故选.
8．（2022·江西上饶·一模（文））已知不等式恰有2个整数解，求实数的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】原不等式等价于，，
设，，
所以，得.
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
又，时，，
因此与的图象如下，
当时，显然不满足条件，
当时，只需要满足，即，
解得.
故选A.
二、多项选择题：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．设为函数的导函数，已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A．在单调递增B．在单调递增
C．在上有极大值D．在上有极小值
【答案】AC
【解析】由得，则
即，设
，
即在单调递增，在单调递减
即当时，函数取得极小值.故选AC.
10．（2022·湖南岳阳市一模）已知函数（且）的图象如下所示．函数的图象上有两个不同的点，，则（ ）
A．，B．在上是奇函数
C．在上是单调递增函数D．当时，
【答案】BCD
【解析】对于A，由图象可知，函数（且）在上单调递增，所以，因为经过，所以，所以，，故A错误.
对于B，，定义域关于原点对称，，所以在上是奇函数，故B正确.
对于C，对于，由题意不妨令，则，因为，，所以，即，所以在上是单调递增函数，故C正确.
对于D，，因为，，所以，所以，当且仅当时等号成立，即当时，成立，故D正确.故选BCD.
11．已知函数（）有两个不同的极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则曲线的切线斜率不小于
B．函数的单调递减区间为
C．实数a的取值范围为
D．若函数的所有极值之和小于，则实数a的取值范围为
【答案】ABD
【解析】对于A，当时，，，故，当且仅当时等号成立，根据导数的几何意义可知，若，则曲线的切线斜率不小于，故A正确；对于C，，，因为函数有两个不同的极值点，所以有两个不相等的正根，即有两个不相等的正根，故，解得：，故C错误；对于B，，，令，即，解得，由刚才的求解得到，所以均大于0，且，故当时，，故函数的单调递减区间为，故B正确；对于D，设两个极值点分别为，由刚才的分析知：，则，，则，，则，解得或，又，所以，故D正确．故选ABD．
12.已知定义在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是( )
A.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))0
C.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
【答案】CD
【解析】令g(x)＝eq \f(f（x）,cs x)，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝eq \f(f′（x）cs x＋f（x）sin x,cs2x).
因为f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝eq \f(f′（x）cs x＋f（x）sin x,cs2x)<0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
因此函数g(x)＝eq \f(f（x）,cs x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减.
又eq \f(π,6)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs\f(π,6))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \f(\r(6),2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，故A错；
又f(0)＝0，所以g(0)＝eq \f(f（0）,cs 0)＝0，所以g(x)＝eq \f(f（x）,cs x)≤0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立.
因为ln eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(π,3)))<0，故B错；
又eq \f(π,6)>eq \f(π,3)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故C正确；
又eq \f(π,4)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，所以eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故D正确.故选CD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2022·广西玉林市模拟（文））已知定义在上的函数满足，当时，，则__________.
【答案】
【解析】∵是定义在上的函数，且满足，
则2是函数的周期，
故,
当时,，而 ，
所以.
14．（2022·广东模拟）写出一个同时具有下列性质①②③的函数：______．
①；②；③．
【答案】（底数大于e的指数函数均可）
【解析】.由①可知函数是指数函数，由②可知函数单调递增，又，故只要即可．
15．（2022·安徽淮北市一模（理））已知，函数在有极值，设，其中为不大于的最大整数，记数列的前项和为，则___________.
【答案】615
【解析】函数，求导得.
因，函数在有极值，则存在，有，解得，
于是得，即，而，
因此，数列的前100项中有1个0，3个1，5个2，7个3，9个4，11个5，13个6，15个7，17个8，19个9，
而，
所以.
16．（2022·湖南永州市二模）已知不等式在上恒成立，则实数的最小值为___________.
【答案】
【解析】因为，可得，
构造函数，则，且，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为求的最小值，只需考虑的情形，
因为，则，，所以，，可得，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，故，
所以，，即，解得.
因此，实数的最小值为.
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）（2022·陕西宝鸡市一模（理））已知函数
(1)当时，求函数在区间上最大值和最小值；
(2)令，当函数恰有两个极值点时，求实数的取值范围.
【解析】(1)因为 ，所以
当 时，，
因为 ，所以，
所以在上单调递增，
，
(2) ，则
由于函数恰有两个极值点，所以在上有两个零点，
且在两个零点的附近变号.
设，则，
当时，，故在上单调递增，
在上至多一个零点，与题设矛盾，故舍.
当时，
若，则；若，则，
故在上为减函数，在为增函数，
所以，
因为在上有两个不同的零点，故即.
当时，，故，
而，，
令，
则，故在上为减函数，
故即，
由的单调性及零点存在定理可得：
当时，在上有两个零点.
18、（12分）（2021·河北沧州市三模）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，.
所以，而
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）因为有两个零点，所以方程有两个不同的根，
即关于的方程有两个不同的解.
当时，方程不成立，所以.
令，则与的图象有两个交点，
且.
令，得或；令，得或.
所以在，上单调递增，在，上单调递减，
所以当时，取得极大值，
当时，取得极小值.
因为，且当时，，
所以的取值范围是.
19、（12分）（2021·四川遂宁市模拟（文））已知函数是定义在上的奇函数，且．
(1)求函数的解析式；
(2)判断函数在上的单调性．
(3)解关于t的不等式：．
【解析】(1)因为函数是定义在上的奇函数，
所以，得，
所以，
因为，
所以，解得，
所以.
(2)任取，且，则
.
因为，且，
所以，
所以，即，
所以函数在上单调递增，
(3)因为是定义在上的奇函数，
所以可转化为，
因为函数在上单调递增，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
20、（12分）（2021·河北石家庄市模拟）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，对任意，当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】(1)，
若，则恒成立，当且仅当时等号成立，
故的增区间为，无减区间.
若，则当或时，；当时，，
故的增区间为，减区间为.
若，同理可得的增区间为，减区间为.
(2)若，则.
由（1）可得的增区间为，
故即为，
故，
设，故为上的减函数，
而，
所以在上恒成立，
故在上恒成立，
设，故，
当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
故，故即.
21、（12分）（2021·山东淄博市三模）已知函数．
（1）判断函数在上的单调性；
（2）证明函数在内存在唯一的极值点，且．
【解析】（1）由于，
得.
设，其导函数，
在区间上，，单调递减，且，
所以在区间上，，
所以在区间上，，
所以函数在上的单调递减．
（2）由第（1）问，在区间上，，单调递增，
且，，
所以存在唯一的，使得，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以为函数在上的唯一极小值，
其中，，
所以，且，，
由于，
．
22、（12分）（2021·山东聊城市三模）已知．
（1）当时求的极值点个数；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）求证：，其中．
【解析】（1）当时，，
所以，，
所以当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
因为，，，
所以存在，使，所以，时，；时，；时，，所以0和是的极值点，
所以有两个极值点．
（2），，
设，则单调递增，
又，
所以当时，，在上单调递增，
所以，即，在上单调递增，
所以，符合题意.
当吋，令，解得，
当时，，在上单调递减，，
在）上单调递减，
所以时，，不符合题意，
所以a的取值范围是．
（3）由（2）可知时，，，即，
所以，，
所以
．