适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测6函数与导数文（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习专题检测6函数与导数文（附解析），共13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.(2023山东临沂一模)已知集合A=xx0},则下列集合为空集的是( )
A.A∩(∁RB)B.(∁RA)∩B
C.A∩BD.(∁RA)∩(∁RB)
2.(2023天津,3)若a=1.010.5,b=1.010.6,c=0.60.5,则( )
A.c>a>bB.c>b>a
C.a>b>cD.b>a>c
3.(2023山东潍坊一模)存在函数f(x)满足:对任意x∈R都有( )
A.f(|x|)=x3B.f(sin x)=x2
C.f(x2+2x)=|x|D.f(|x|)=x2+1
4.
(2023四川攀枝花二模)我国著名数学家华罗庚先生曾说:“数缺形时少直观,形少数时难入微,数形结合百般好,隔离分家万事休”,在数学的学习和研究中,有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数f(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能为( )
A.f(x)=
B.f(x)=
C.f(x)=
D.f(x)=
5.函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,且为奇函数,若f(2)=1,则满足-1≤f(x-1)≤1的x的取值范围是( )
A.[-2,2]B.[-1,3]
C.[0,2]D.[1,3]
6.(2023四川成都石室中学三模)英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度变化的冷却模型.如果物体的初始温度是θ1,环境温度是θ0,则经过t min物体的温度θ将满足θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt,其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数.现有90 ℃的物体,若放在10 ℃的空气中冷却,经过10 min物体的温度为50 ℃,则若使物体的温度为20 ℃,需要冷却( )
A.17.5 minB.25.5 min
C.30 minD.32.5 min
7.已知函数f(x)=ln(+x)-+2且f(3a)+f(-2a-3)>4,则正实数a的取值范围为( )
A.(1,+∞)B.(3,+∞)
C.D.(4,+∞)
8.(2023浙江杭州二中模拟改编)已知定义域为R的函数f(x)在(-1,0]上单调递增,f(1+x)=f(1-x),且图象关于(2,0)对称,则f(x)( )
A.在(2,3)上单调递增
B.周期T=2
C.满足f(0)=f(-2)
D.满足f(2 023)>f(2 024)
9.(2023宁夏银川模拟)f(x)是定义在R上的奇函数,当x∈[-1,1]时,f(x)=x,f(1+x)=f(1-x),令g(x)=f(x)-lg x,则函数g(x)的零点个数为( )
A.4B.5
C.6D.7
10.(2022全国乙,文11)函数f(x)=cs x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为( )
A.-B.-
C.-+2D.-+2
11.(2023山东滨州一模)已知f(x)=x3-3x+2+m(m>0),在区间[0,2]上存在三个不同的实数a,b,c,使得以f(a),f(b),f(c)为边长的三角形是直角三角形,则m的取值范围是( )
A.m>4+4
B.00,函数f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)-2,即a0,所以x+t>x>0.
因为g(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以g(x+t)>g(x),即g(x+t)-g(x)>0,
F'(x)>0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增.
又因为s>0,所以F(s)>F(0),即f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0).又f(0)=0,所以f(s+t)>f(s)+f(t).
19.解(1)对函数f(x)求导可得f'(x)=2-,x>0,
当a≤0时,f'(x)>0,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,令f'(x)2时,h'(a)>0,当02,≥0,所以g'(x)>0,g(x)在[0,π]上单调递增,故g(x)≥g(0)=0,符合题意.
当λ0,即-(π+1)(2eπ+1)0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=k,且x→+∞时,f(x)→0,g(x)→+∞,于是当满足k≤1时,方程lnx=xex-ex2+kx-1有实数根.所以实数k的取值范围是(-∞,1].
(方法二)lnx=xex-ex2+kx-1可变为k=+(ex-ex).令g(x)=+(ex-ex),
则g'(x)=+(e-ex).在(0,1)上,g'(x)>0,g(x)单调递增;在(1,+∞)上,g'(x)0,t(b)>t(1)=e-2>0)
所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)上存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x2.
其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.
G'(x)=g'(x)=1-,所以G(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
又因为G(e-b)=e-b>0,G(1)=1-b0,令μ(b)=b-ln2b,则当b>1时,μ'(b)=1->0,μ(b)>μ(1)=1-ln2>0
所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)上存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x4.
再次,证明存在b使得x2=x3.
因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=-x2=x3-lnx3.
若x2=x3,则-x2=x2-lnx2,即-2x2+lnx2=0.
所以只需证明ex-2x+lnx=0在区间(0,1)上有解即可,
即φ(x)=ex-2x+lnx在区间(0,1)上有零点.
因为φ-30,
所以φ(x)=ex-2x+lnx在区间(0,1)上存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=-x0,则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.
最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),所以F(x1)=G(x0)=F(lnx0),又因为F(x)在区间(-∞,0)上单调递减,x1