考点24章末检测四（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料_备战2022年高考数学一轮复习考点帮（新高考地区专用）8.2更新

考点 24 章末检测四 一、单选题 y 23x1 x 0 1、（2021·浙江高三其他模拟）函数 在 处的导数是（ ） 6ln2 2ln2 A． B． C．6 D．2 【答案】A 【解析】 y 23x1 y'23x1ln233ln223x1 的导函数为 , y'6ln2 故当x=0时， . 故选：A 2、（2021·陕西西安市·长安一中高三月考（文））曲线 在 处的切线方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 时， ，故切点为 ， ，当 时， ， 所以切线方程为 ，即 . 故选：A 3、（2021·淮北市树人高级中学高二期末（文））已知直线 与曲线 相切，则 （ ） A．1 B． C．0 D．【答案】B 【解析】 设切点坐标为 ，求导得 ，则 ，得 ，又 ，得 . 故选：B. 4、（2018年高考全国Ⅲ卷理数）函数 的图像大致为 【答案】D 【解析】函数图象过定点 ，排除A，B； 令 ，则 ， 由 得 ，得 或 ，此时函数单调递增， 由 得 ，得 或 ，此时函数单调递减，排除C.故选D. 5、（2021·常州·一模）设函数 ，若函数 的图象在点(1， )处的切线方程为y＝x， 则函数 的增区间为 A．(0，1) B．(0， ) C．( ， ) D．( ，1) 【答案】C 【解析】 的定义域为 ， ∵函数 的图象在点(1， )处的切线方程为y=x， ∴ 解得： ∴ 欲求 的增区间 只需 ，解得： 即函数 的增区间为( ， ) 故选：C sinx 6、（2021·山东日照市·高三其他模拟）关于函数 f x ，x0,的性质，以下说法正确的是（ x ） f x f x 0,π 2π A．函数 的周期是 B．函数 在 上有极值 f x 0, f x 0, C．函数 在 单调递减 D．函数 在 内有最小值 【答案】D 【解析】sinx2 sinx f x2  f x2 f x f x 对于A，因为 x2 x2，当sinx0时， ，所以函数 的 2π 周期不是 ，A错误； xcosxsinx fx gx xcosxsinx 对于B，因为 x2 ，设 ， gxcosxxsinxcosxxsinx x0,π gx0 ，当 时， ， gx g00 fx0 f x 0,π 所以 ，即 ，故函数 在 上单调递减，B错误； f  f 20 f x 0, 对于C， ，所以函数 在 上不单调，C错误； sinx 1 0 f x  对于D，因为当0sinx1时， f x0，当1sinx0时， x x ，当且仅当 3 1 3 x 2kkN y  0, x f x 2 时取等号，而 x 在 上单调递增，所以当 2 时，函数 取得 最小值，D正确． 故选：D. 7、（湖南省常德市2021届高三模拟）若 则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 由函数 ， ，所以 时， ，函数 单调递增， 时， ，函数 单调 递减， 又 ， 与 ，所以将不等式两边取自然对数得 ， 故选：A． 8、（2021·江苏扬州市高三模拟）已知定义在 上的奇函数 在 上单调递减， 且满足 ，则关于 的不等式 的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意，函数 定义在 上的奇函数， 在 单调减， 所以 在 单调减，且 若函数 ， 当 时， ， ，此时 无解； 当 时， ，可得 ， ，此时 无解； 当 时， ，可得 ，此时 成立； 当 时，可得 ， ，所以 ， 所以当 时，满足不等式 ，令 ，可得函数 的定义域为 ， 且 ，所以函数 奇函数， 所以当 时，满足不等式 成立， 综上可得，不等式 的解集为 . 故选：B. 二、多选题 9、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数 的定义域为 且导函数为 ，如图是函数 的图象，则下列说法正确的是 A．函数 的增区间是 ， B．函数 的增区间是 ， C． 是函数的极小值点 D． 是函数的极小值点 【答案】 【解析】：根据题意，由函数 的图象可知： 当 时， ， ，此时 为增函数， 当 时， ， ，此时 为减函数，当 时， ， ，此时 为减函数， 当 时， ， ，此时 为增函数； 据此分析选项：函数 的增区间是 ， ，则 正确， 错误； 是函数的极大值点， 是函数的极小值点，则 正确， 错误； 故选： ． f x x3ax1 x2 9 10、（2021·山东济南市·高三一模）已知函数 的图象在 处切线的斜率为 ，则下列 说法正确的是（ ） f x A．a3 B． 在 x1 处取得极大值 x2,1 f x1,3 f x (0,1) C．当 时， D． 的图象关于点 中心对称 【答案】ABD 【解析】 fx3x2 a f212a9 A： ，由题意 ，得a3，正确； B： fx3x1x1 ，由 f�( x) =0 得： x1 或1，易知在 (,1) ， (1,) 上 f�( x) >0 ， f x 1,1 f�( x) <0 f x f x x1 为增函数，在 上 ， 为减函数，所以 在 处取得极大值，正确； f 21 f 13 f 11 2,1 1,3 C：由B知： ， ， ，故在 上的值域为 ，错误； gx x3x f x gx1 gx 0,0 f x D：令 且为奇函数，则 ，而 图象关于 中心对称，所以 关 (0,1) 于 中心对称，正确； 故选：ABD. f x2sinxsin2x 11、（2021·山东潍坊市·高三三模）已知函数 ，则下列结论正确的是（ ） π A． f x的周期为 B．y  f x的图象关于x 对称 2π 23 3 2π 4π , C． f x 的最大值为 2 D． f x 在区间在   3 3  上单调递减 【答案】ACD 【解析】 f x2π2sinx2πsin2x2π2sinxsin2x f x 由于 ，故A正确； f πx2sinπxsin2πx2sinxsin2x f x 由于 ， π 即y  f x的图象不关于x 对称，故B错误； 2 fx2cosx2cos2x2cosx2  2cos2 x1  4cos2 x2cosx2  1 4cosx1 cosx    2  2 2  x  2k, 2k ,kZ 当   3 3   时， fx0，函数 f x 单调递增；  2  2  x 2k, 2k x 2k,2k ,kZ 当   3  或   3   时， fx0，函数 f x 单调递减； 2 2 2 3 3 f x f 2sin sin2    所以 max  3  3 3 2 ，故C正确； 2 4 , 由C项分析可知， f x 在   3 3  上单调递减，故D正确； 故选：ACD. 12、（江苏省连云港市2021届高三调研）已知函数 ，则（ ）. A． 是奇函数 B． C． 在 单调递增 D． 在 上存在一个极值点【答案】BCD 【解析】 对于选项A：因为 为奇函数，若 是奇函数，则 为偶函数，令 则 显然不是偶函数，故A错误； 对于选项B： ，且 故B正确； 对于选项C： 令 ， 令 当 时 ， ， ， 在 递增， 所以 在 单调递增，故C正确； 对于选项D： 令 ， 令 ， 递减 故 在 递减 故 在 递减使 在 递增， 递减． 故 在 上存在一个极值点，故D正确． 故选：BCD 三、填空题 y 2xb y lnx3 b 13、（2021·山东德州市·高三期末）已知直线 是曲线 的一条切线，则 _________． 【答案】2ln2． 【解析】 1 1 1 1 y y 2 x y ln 33ln2 对y lnx3， x，由 x ，得 2 时， 2 ， 1 3ln22 b 所以 2 ，b2ln2． 故答案为：2ln2． 9 y  x 14、（2021·江苏省新海高级中学高三期末）在平面直角坐标系 xOy 中，P是曲线 x （x0）上 x y 0 P 的一个动点，则点 到直线 的距离的最小值是________． 【答案】6 【解析】 9 y  x ：当直线 x y 0 平移到与曲线 x 相切位置时， Q x y 0 P 切点 即为点 到直线 的距离最小. 9 3 2 9 2 y1 1 x y  由 x2 ，得 2 （负值舍去）， 2 ，3 2 9 2  Q ,  即切点  ， 2 2   3 2 9 2  2 2 则切点Q到直线 的距离为 ， 6 x y 0 12 12 故答案为：6． f xexx1 0，1 y axb 15、（2021·山东青岛市·高三期末）设函数 的图象在点 处的切线为 ，若 ax b m 方程 有两个不等实根，则实数m的取值范围是__________． 0,1 【答案】 【解析】 f xexx1 fxexx1ex exx2 由 可得 ， 0，1 k  f02e0 2 a2 在点 处的切线斜率为 ，所以 ， 0，1 y axb b1 将点 代入 可得 ， ax b m 2x 1 m 所以方程 即 有两个不等实根， y  2x 1 y m 等价于 与 图象有两个不同的交点， y  2x 1 作 的图象如图所示：由图知：若 y  2x 1 与 y m 图象有两个不同的交点则0m1吗， 0,1 故答案为： 16、（湖北省九师联盟2021届高三联考）已知函数 ，若 且 ，则 的最大值是___________. 【答案】 【解析】 因为 ，作出函数 的图象如下图所示： 设 ，则 ， 由 ，可得 ，由 ，可得 . 令 ，其中 ， ，可得 . 当 时， ，此时函数 单调递增， 当 时， ，此时函数 单调递减. 所以， .因此， 的最大值为 . 故答案为： . 四、解答题 a(x1)ex,x0  f x 1 17、（2021·山东济南市·高三一模）已知函数 x2 ax ,x0.若 ，求 的最小值；  f x  2 a2 【解析】 2(x1)ex,x0  f(x) 1 时， x2 2x ,x0.  a2  2 x0 f(x)2(x2)ex 当 时， ， f x (,2) 2,0 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 2 此时 f x 的极小值为 f 2 e2 ； x0 f x 0,1 (1,) 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增， 1 f x f 1 此时 的极小值为 2 ； 2 1 1 因为  e2  2，所以 f x 的最小值为  2 ； 18、已知函数f (x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值． (1)求a的值； (2)若g(x)＝f (x)ex，讨论g(x)的单调性． 【解析】 (1)对f (x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x， 因为f (x)在x＝－处取得极值， 所以f′＝0，即3a×＋2×＝－＝0，解得a＝. (2)由(1)得g(x)＝ex， 故g′(x)＝ex＋ex ＝ex ＝x(x＋1)(x＋4)ex， 令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4， 当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，－4)上为减函数， 当－40，故g(x)在(－4，－1)上为增函数， 当－10时，g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上为增函数， 综上所述，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上单调递减，在(－4，－1)和(0，＋∞)上单调递增． 1 f x mx2 2axlnxm,aR 19、（2021·山东烟台市·高三二模）已知函数 2 在x1处的切线斜率 为22a． f x m （1）确定 的值，并讨论函数 的单调性； 【解析】 1 f x (0,+� ) fxmx2a （1） 的定义域为 且 x ， 1 x2 2ax1 f1m2a122a fx x2a  ∴ ，解得m1，则 x x ， hx x2 2ax1  4a2 4 令 ， ， hx0 f�( x) �0 f x (0,+� ) 0 1a1 ①当 ，即 时， ， ， 在 上单调递增； 0 a1 a1 ②当 ，即 或 ， hx0 f�( x) >0 f x (0,+� ) 当a1时，由 x0 有 2ax0 ， ，即 ， 在 上单调递增； x a a2 10 x a a2 10 当a1时， 1 ， 2 ，  x 0,a a2 1 ， f�( x) >0， f x单调递增，   x a a2 1,a a2 1 ， f�( x) <0， f x单调递减．   x a a2 1, ， f�( x) >0， f x单调递增．   综上，当 a1 时， f x在(0,+� ) 上单调递增；当 a1 时， f x在 0,a a2 1 和     a a2 1, a a2 1,a a2 1 上单调递增，在 上单调递减． f xex ax1 20、（2021·河北张家口市·高三期末）已知函数 .  1, f 1 a2 （1）当 时，求曲线在 处的切线方程； gx f xx2 gx 0, a （2）若 ，且 在 上的最小值为0，求 的取值范围. e2x y10 【答案】（1） ；（2）ae2 . 【解析】 f xex 2x1 f 1e3 a2 ：（1）当 时， ， fxex 2 f1e2 ∴ ， ， ye3e2x1 ∴切线方程为 ， e2x y10 即 g0 f 000 （2）∵ ， 0, gxex x2 ax10 ∴原条件等价于：在 上， 恒成立. ex x2 1 a 化为 xex x2 1 hx 令 x ， x  ex 2x    ex x2 1  x1 ex x1  hx  则 x2 x2 mxex x1 mxex 1 令 ，则 0, mx0 在 上， ， 0, ex x10 ∴在 上， 0,1 hx0 1, hx0 故在 上， ；在 上， hx h1e2 ae2 ∴ 的最小值为 ，∴ f xex axa 21、（2021·山东威海市·高三期末）已知函数 . 0,1 y  f x （1）当a1时，求过点 且与曲线 相切的直线方程; f x0 a （2）若 ，求实数 的取值范围. e1x y1=0 0a1 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 0,1 fxex 1 （1）当a1时，点 不在函数图象上， ，  x , ex 0 ax a  设切点为 0 0 ， y  ex 0 ax a   fx xx  则切线方程为 0 0 0 ， 0,1 1ex 0 x 1(ex 0 1)x 因为过点 ，所以 0 0， x 1 e1x y1=0 解得 0 ，因此所求的直线方程为 . fxex a （2） ，f 'x0 当a0时， ， 所以在R上单调递增， f xex 0 a0 其中 ， ，符合题意， 1a 当a0时，取 x 1  a 0 ， f x 1 ex 1 10 ，不符合题意； x,lna, fx0 a 0 当 时， ， f x ,lna 所以 在 上单调递减， xlna,, fx0 ， f x lna, 所以 在 上单调递增， f x f lna 所以 ， f x0 f lna0 f lnaelna alnaa0 要使 ，只需 ， ， 解得0a1； 0a1 综上所述， . 22、（2021·河北唐山市高三三模）已知函数 . （1）求函数 的单调区间； （2）设 ，证明： . 【解析】（1）由题意，函数 的定义域为 ，且 ， 设 ，可得 ，所以 为增函数，因为 ，所以当 时， ，当 时， ， 所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ． （2）令 ， ． 则 ， 因为 ，所以 ， 由（1）知， ，即 ， 因此可得， 在 上单调递增，从而 ， 于是 ，故 .