2025高考数学考二轮专题过关检测1-函数与导数-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学考二轮专题过关检测1-函数与导数-专项训练【含答案】，共12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)=1-x1+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(ln 2)
B.flg314>f(ln 2)>f(2-32)
C.f(2-32)>f(ln 2)>flg314
D.f(ln 2)>f(2-32)>flg314
7.(2024·新高考Ⅱ,6)设函数f(x)=a(x+1)2-1,g(x)=cs x+2ax(a为常数),当x∈(-1,1)时,曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点,则a=( )
A.-1B.12C.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.(-∞,1e)B.(0,1e]
C.[1e,+∞)D.[e,+∞)
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,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.0ln e=12.
所以lg34>ln 2>2-32>0.
当x∈(0,+∞)时,f'(x)=-(ex-e-x)(ex+e-x)2f(ln 2)>flg314.
故选C.
7.D 解析 令f(x)=g(x),则cs x=a(x2+1)-1.
令h(x)=cs x-a(x2+1)+1.
因为h(x)为偶函数,且h(x)有唯一零点,所以有h(0)=0,即cs 0-a(02+1)+1=0,所以a=2.故选D.
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.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.AD 解析 ∵f(x)=xln x+x2(x>0),
∴f'(x)=ln x+1+2x.
∵x0是函数f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即ln x0+1+2x0=0.
又f'1e=2e>0,x→0,f'(x)→-∞,
∴02时,f'(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,+∞).
13.(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0f(1)-1可化为f(ax)>f(ln x),
则有f(|ax|)>f(|ln x|).
因为函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
所以|ax|>|ln x|,
又x>1,所以|a|x>ln x,即|a|>lnxx.
设h(x)=lnxx(x>1),则|a|>h(x)max,h'(x)=1-lnxx2.
故当x∈(1,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)1e,所以a>1e或a0,当120,
所以f(x)的单调递增区间为(0,12),(1,+∞),f(x)的单调递减区间为(12,1),
故f(x)有极大值f(12)=ln12+(12)2-3×12+2=34-ln 2,有极小值f(1)=ln 1+12-3×1+2=0.
16.解 (1)当a=0时,f(x)=(ln x)2+2x,
所以f'(x)=2lnxx+2.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=2(1-lnx)x2.
令g'(x)=0,得x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)0,n>0,所以2e2xn-ln x-ln n≥0对于任意的x∈(0,+∞)恒成立.
设h(x)=2ne2x-ln x-ln n,x>0,n>0,则h'(x)=4ne2x-1x,因为函数y=e2x和y=-1x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)=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,+∞)内单调递减,所以函数h(x0)在区间(0,+∞)内单调递减.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]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>ln a,令f'(x)0,所以g(x)在区间[0,x0)内单调递减,在区间(x0,π2]内单调递增,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,函数y=ex+1(x≤0)和y=4x2(x>0)都是单调函数,则可设切点为P(x1,y1),Q(x2,y2),且x1≤0