第2练 函数与导数（基础练）-决胜2021年全国高考数学考前保温练习（江苏等八省市新高考地区专用）（解析版）

决胜 2021 年全国高考数学考前保温练习 第 2 练 函数与导数（基础练） 一、单项选择题：本题共 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.已知 3( ) x xf x e  ，则 ( )f x （ ） A．在 ( , )  上单调递增 B．在 ( ,1) 上单调递减 C．有极大值 3 e ，无极小值 D．有极小值 3 e ，无极大值 【答案】C 【解析】由题意 3(1 )( ) x xf x e   ，当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递增， 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 递减， (1)f 是函数的极大值，也是最大值 3(1)f e  ，函数无极小值． 故选：C． 2. 函数    1e 2cos 1xf x x   的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】  1 1f  Q ，∴舍去 B，  0 2cos1 0f e   ，∴舍去 D， 2x  时，    2 2cos 1xf x e x   ，    1 2sin 1 2 0xf x e x e       ， ∴函数  f x 在 2, 上单调递增， 故选：A． 3.已知 ( )f x 是定义在 ( ,0) (0, )  上的奇函数， ( )f x 是 ( )f x 的导函数， (1) 0f  ， 且满足 ( )( )ln 0f xf x x x    ，则不等式 ( 1) ( ) 0x f x  的解集为（ ） A． (1, ) B． (0,1) C． ( ,1) D． ( ,0) (1, )   【答案】D 【解析】      1( )ln ln 0f x x f x f x xx     ，   ( )lng x f x x  在 0,+ 为减函数，而  1 0g  ， ∴在 0,1 上 ln 0x  ， ( ) 0g x ；在 1,+ 上 ln 0x  ， ( ) 0g x ；而 (1) 0f  ， ∴在 (0,+ ) 上 ( ) 0f x  ，又函数  f x 为奇函数， ∴在 ,0 上 ( ) 0f x  ， 不等式   1 0x f x  等价于   1 0 x f x    或   1 0 x f x    ， ∴    ,0 1,x   . 故选：D. 4.已知实数 , ,a b cR 满足 ln , 1a b c a b c be e e     ，则 , ,a b c 大小关系为（ ） A. a b c  B. a c b  C. b c a  D. b a c  【答案】D 【解析】 1, 0, 0, 0,b c b cb c b ce e          ， ln 0, ln 0, 1a b a b a a a ce e         ， ， ln a b a b e e  设 ( ) ( 1)x xf x xe   ， 所以 1( )= 0x xf x e   ， 所以函数 ( )f x 在 1 )（，+ 单调递减， 设 ln( ) ( 1), ( ) ln ( 1),x x xg x x h x x x xe      所以 1 1( ) 1 0, ( ) (1) 0, ln 0xh x h x h x xx x           ， 所以 ln ln ln( ) 0, ,x x x a a b x x x x a a bg x e e e e e e        ， 因为函数 ( )f x 在 1 )（，+ 单调递减， 所以 a b ， 故选：D 5.已知曲线 lny x 在  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，两点处的切线分别与曲线 xy e 相切于  3 3,C x y ，  4 4,D x y ，则 1 2 3 4x x y y 的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 5 2 D. 17 4 【答案】B 【解析】由题设有 3 3 1 1 1 3 1 1 ln 1 x x ex x e x x x      ，化简可得 1 1 1 3 1 1ln 1x x x x x   即 3 1 1 11 ln lnx x x x x     ， 整理得到 1 1 1 1ln 1 xx x   ，同理 2 2 2 1ln 1 xx x   ，不妨设 1 2x x ， 令 1 2ln ln 11 1 xy x xx x       ， 因为当  0,1x 时， 2ln , 1y x y x     均为增函数，故 1ln 1 xy x x    为增函数， 同理当  1,x  时，故 1ln 1 xy x x    为增函数， 故 1 2,x x 分别为 1ln 1 xy x x    在 0,1 、 1, 上的唯一解， 又 1 1 1 1 1 1 1 1 11ln ln , 1 11 x xxx x x       ，故 1 1 1 1 11ln 1 1 x x x    ， 故 1 1 x 为 1ln 1 xy x x    在  1, 的解，故 2 1 1 xx  即 1 2 1x x . 所以 3 4 1 2 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2x xx x y y x x e x x x x       ， 故选：B. 6.设实数 0a  ，若对任意的 [ , )x e  ，不等式 2 ln 0 a xae x x  恒成立，则 a 的最大值 为（ ） A. 1 e B. 2 e C. 2 e D. e 【答案】D 【解析】因为对任意的 [ , )x e  ，不等式 2 ln 0 a xae x x  恒成立， 所以 ln a xaex x x  ，即 lnln x a xa exx e   ， 令   0xf x xe x ， ，则    1 0xf x x e    ，故  f x 在 (0, ) 上单调递增， 由题意得   (ln )f x f a x  ，所以 ln ax x  ，即 lna x x 对任意的 [ , )x e  恒成立，即  minlna x x ， 令   lng x x x ，则   1 ln 0g x x    ，故  g x 在 [ , )x e  上单调递增， 故    ming x g e e  ，所以 a e ．故选：D． 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，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分． 7.下列命题中是真命题有（ ） A．若  0 0f x  ，则 0x 是函数  f x 的极值点 B．函数  y f x 的切线与函数可以有两个公共点 C．函数  y f x 在 1x  处的切线方程为 2 0x y  ，则当 0x  时，    1 1 12 f f x x     D．若函数  f x 的导数   1f x  ，且  1 2f  ，则不等式   1f x x  的解集是 1， 【答案】BD 【解析】对于选项 A，例如   3f x x 在 0x  处导数  0 0f   ，但当 0x  时，函数  f x 单调递增，当 0x  时，函数  f x 也单调递增，故 0 不是函数  f x 的极值点，故 A 错误； 对于选项 B，例如   sinf x x ，  0,3x  ，在点 ,12      的切线 1y  与  f x 有两个交 点，故 B 正确； 对于选项 C，根据导数的定义可知 0x  ，      1 11 2f x ff x      ，即 0x  ，    1 1 12 f f x x      ，故 C 错误； 对于选项 D，令     1g x f x x   ，则有     1 0g x f x    ，    1 1 1 1 0g f    ， 故   0g x  的解集是 ,1 ，故   1f x x  的解集是 1， ，故 D 正确； 故选：BD. 8.已知函数 3 2 sin( ) 1   xf x x ，  ,x    ，则（ ） A． ,( )  x   ， ( ) ( ) 0 f x f x B． ,( )  x   ，| ( ) | 1f x  C．  1 2, ,x x     ， 1 2x x ， 1 2( ) ( )f x f x D．  0 ,x     ， ,( )  x   ， 0| ( ) | ( )f x f x 【答案】BCD 【解析】由题意可知， ( ) ( )f x f x   ，即函数 ( )f x 为奇函数， 所以  2( ) ( ) ( ) 0f x f x f x    ，且 3 2 2 sin 1| ( ) | 11 1     x f x x x ，故 A 错误，B 正确； 因为 3 2 sin( ) 1   xf x x ， 所以         2 22 2 3 2 22 2 sin 3cos 1 2 sin3sin cos 1 2 sin ( ) 1 1 x x x x xx x x x x f x x x              ， 设 23cos 1 2 n) si( ( )g x x x x x    ，则 (0) 3 0, ( ) 02g g      ， 由零点存在定理可得 0, 2t      使得 ( ) 0g t  ； 所以一定存在 0 (0, )x t 时， 0( ) 0f x  ，也一定存在 0 ( , )x t  时， 0( ) 0f x  ，即 ( )f x 一 定不是单调函数，又 (0) ( ) 0f f   且图象为连续曲线， 所以  1 2, ,x x     ， 1 2x x ， 1 2( ) ( )f x f x ，故 C 正确； 因为 (0, )x  时， ( ) 0 (0) ( )f x f f    ，所以必然存在最大值，故 D 正确；故选：BCD. 9.关于函数   2 lnf x xx   ，下列判断正确的是（ ） A. 2x  是  f x 的极大值点 B. 函数  y f x x  有且只有 1 个零点 C. 存在正实数 k ，使得  f x kx 恒成立 D. 对任意两个正实数 1x ， 2x ，且 2 1x x ，若    1 2f x f x ，则 1 2 4x x  【答案】BD 【解析】对于选项 A，函数  f x 的定义域为 0,  ，   2 2 2 1 2xf x x x x      ， 当  0,2x 时，   0f x  ，  f x 单调递减；当  2,x  时，   0f x  ，  f x 单调 递增，所以 2x  是  f x 的极小值点，故 A 错误； 对于选项 B，   2 lny f x x x xx      ， 2 2 2 2 1 21 0x xy x x x          ， 所以函数在 0,  上单调递减， 又  1 1 2 ln1 1 1 0f       ，  2 2 1 ln 2 2 ln 2 1 0f        ， 所以函数  y f x x  有且只有 1 个零点，故 B 正确； 对于选项 C，若  f x kx ，即 2 ln x kxx   ，则 2 2 ln xk x x   ， 令   2 2 ln xg x x x   ，则   3 4 lnx x xg x x     ， 令   4 lnh x x x x    ，则   lnh x x   ， 当  0,1x 时，   0h x  ，  h x 单调递增；当  1,x  时，   0h x  ，  h x 单调递 减， 所以    1 3 0h x h    ，所以   0g x  ， 所以   2 2 ln xg x x x   在 0,  上单调递减，函数无最小值， 所以不存在正实数 k ，使得  f x kx 恒成立，故 C 错； 对于选项 D，因为  f x 在 0,2 上单调递减，在 2, 上单调递增， ∴ 2x  是  f x 的极小值点， ∵对任意两个正实数 1x ， 2x ，且 2 1x x ，若    1 2f x f x ，则 1 20 2x x   ． 令  2 1 1xt tx   ，则 2 1x tx ， 由    1 2f x f x ，得 1 2 1 2 2 2ln lnx xx x    ，∴ 2 1 1 2 2 2 ln lnx xx x    ， 即  2 1 2 1 2 1 2 lnx x x x x x   ，即   1 1 1 2 1 lnt x tx tx   ，解得   1 2 1 ln tx t t  ，   2 1 2 1 ln t tx tx t t   ， 所以 2 1 2 2 2 ln tx x t t   ． 故要证 1 2 4x x  ，需证 1 2 4 0x x   ， 需证 22 2 4 0ln t t t    ，需证 22 2 4 ln 0ln t t t t t    ． ∵ 2 1 1xt x   ，则 ln 0t t  ，∴证 22 2 4 ln 0t t t   ． 令    22 2 4 ln 1H t t t t t    ，    4 4ln 4 1H t t t t     ，      4 144 0 1tH t tt t       ，所以  H t 在 1, 上是增函数． 因为 1t  时，   0H t  ，则   0H t  ，所以  H t 在  1, 上是增函数． 因为 1t  时，   0H t  ，则   0H t  ，所以 22 2 4 ln 0ln t t t t t    ， ∴ 1 2 4x x  ，故 D 正确， 故选：BD． 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，多空题，第一空 2 分，第二空 3 分，共 20 分． 10.曲线 siny x x 在 2x  处的切线方程为______. 【答案】 y x 【解析】由 siny x x ，得 ' sin cosy x x x  ， 则 2 ' | 1 x y   ，即当 2x  时， 2y  ， 所以切线方程为： y x ， 故答案为： y x . 11. 已知函数 ( ) | ln | xf x x  .若关于 x 的方程 2 2[ ( )] (2 1) ( ) 2 0f x m f x m m      恰有 4 个不相等的实数根，则实数 m 的取值范围是__________. 【答案】 (2, 2)e 【解析】令  t f x ，则方程化为 2 2(2 1) 2 0t m t m m      ，解得 1 1t m  或 2 2t m  ， 由 1x  时，   ln xf x x  ，可得   2 ln 1 ln xf x x   ， 当 x e 时，   0f x  ，函数  f x 单调递增； 当1 x e  时，   0f x  ，函数  f x 单调递减， 若 0 1x  时，   ln xf x x   ，可得   2 ln 1 0ln xf x x     ，函数  f x 单调递增， 所以  f x 在(0,1) 递增，在 (1, )e 递减，在 ( , )e  上递增， 则函数  f x 的图象，如图所示， 又由关于 x 的方程 2 2[ ( )] (2 1) ( ) 2 0f x m f x m m      恰有 4 个不相等的实数根， 转化为  1t f x 有 3 个解，且  2t f x 只有 1 个解， 即满足 0 2 1 m e m e       ，解得 2 2m e   ，即实数 m 的取值范围为 (2, 2)e . 故答案为： (2, 2)e 12.已知函数     4 0 2 log 1 0 x a e a xf x x x        ， ， 在定义域上单调递增，且关于 x 的方程   2f x x  恰有一个实数根，则实数 a 的取值范围为_______________ 【答案】 1 1e     ， 【解析】  f x 在定义域上单调增，∴ 0 1 4 1 2 a a      ，∴ 1 14 a  ， ∵ 4xy e a  在 0x  处切线为  4 1y a x   ，即 4 1y x a   ， 又 4 1 2a   故 2y x  与  4 0xy e a x   没有公共点 ∴ 2y x  与  2 log 1ay x   有且仅有一个公共点且为 0,2 ∴  2 log 1ay x   在 0x  处的切线的斜率必须大于等于 1，   1 1 lny x a     ， 1 1lnk a    ，∴ ln 1a   ，∴ 1a e  ， 综上： 1 1ae   . 故答案为： 1 1e     ， 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． 13. 已知函数    ln 1 1, 0f x x kx x     . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若关于 x 的不等式   01 xef x x   ≥ 对任意 0x  恒成立，求实数 k 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） 1k  . 【解析】（1）    ln 1 1f x x kx   ， 0x  ，   1 1 1 1 k kxf x kx x       . ①若 0k  ，则   0f x ′ 恒成立，故  f x 在 0, 上单调递增. ②若 0 1k  ，令   0f x  ，得 1 1 0x k    . x 10, 1k     1 1k  1 1,k       f x  0   f x  极大值 1 1f k      ③若 1k ³ ，则   0f x  恒成立，故  f x 在 0, 上单调递减. 综上所述，若 0k  ，  f x 在 0, 上单调递增；若 0 1k  ，  f x 在 10, 1k     上单 调递增，在 1 1,k      上单调递减；若 1k ³ ，  f x 在 0, 上单调递减. （2）令     1 xeg x f x x    ，故    ln 1 11 xeg x x kx x      ， 0x  所以    2 1 1 1 xxg x kx x      ，令      2 1 1 1 xxeh x g x kx x       ，               2 2 2 3 3 1 1 11 1 1 1 x xx e x e x h x x x x             ， 下面证明 1xe x  ，其中 0x  . 令   1xx e x    ， 0x  ，则   1 0xx e   ≥ . 所以  x 在 0, 上单调递增，故    0 0x   ， 所以当 0x  时， 1xe x  . 所以                  2 2 2 3 3 3 1 1 1 1 1 0 1 1 1 xx e x x x x xh x x x x              ≥ ≥ ， 所以  g x 在 0, 上单调递增，故    0 1g x g k   ≥ . ①若1 0k  ，即 1k  ，则    0 1 0g x g k   ≥ ≥ ，所以  g x 在 0, 上单调递增， 所以    0 0g x g  对 0x  恒成立，所以 1k  符合题意. ②若1 0k  ，即 1k  ，此时  0 1 0g k    ，       4 4 4 2 2 22 2 1 4 44 14 1 14 1 4 1 2 2 k k kke ke eg k k k k kk k k k                         ， 2 2 112 2 ke k             ， 且据 1k  及 1xe x  可得 2 12 1 2 2 ke k k  ≥ ，故 2 2 112 2 ke k          ， 所以  4 0g k  . 又  g x 的图像在 0, 上不间断， 所以存在  0 0,4x k ，使得   0g x  ， 且当  00,x x 时，   0g x  ，  g x 在 00, x 上单调递减， 所以    0 0 0g x g  ，其中  0 0,4x k ，与题意矛盾， 所以 1k  不符题意，舍去. 综上所述，实数 k 的取值范围是 1k  . 14.已知函数 21( ) ( 1) ln ( 0)2f x x a x a x a     . （1）当 1 2a  时，证明：   0f x  ； （2）若  f x 有两个零点，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） 10, 2      . 【解析】（1）证明：  f x 的定义域为 0,  ， 又 ( )( 1)( ) ( 1) a x a xf x x a x x        因为 1 02a   ，所以令   0f x  ，得 1x  .  f x ，  f x 的变化情况如下表： x  0,1 1  1,  f x  0   f x  极小值  所以当 1x  时，  f x 取得极小值，也是最小值， 即 min 1( ) (1) 02f x f a    . 所以当 1 2a  时，   0f x  . （2）解：①当 0a  时，由（1）可知，当 1x  时，  f x 取得极小值 1(1) 2f a  . 又由（1）知，当 1 2a  时   0f x  要使得  f x 有两个零点，则 1(1) 02f a   ，即 10 2a  此时 (2) (2 ln 2) 0f a   ， 1 2 1 11 2 1 11 1( 1) 1 ( 1) 1 02 a a a af e e a e a a ea                         所以  f x 在 11 ,1ae       和 1,2 上各有一个零点，满足题意. ②当 1 0a   时，令 ( ) 0f x  ，得 1x a  或 2 1x  .  f x ，  f x 的变化情况如下表： x  0, a a  ,1a 1  1,  f x  0  0   f x  极大值  极小值  当 x a  时，  f x 取得极大值 21 1( ) ln( ) 1 ln( )2f a a a a a a a aa               令 1( ) 1 ln( )( 1 0)2u a a a a        ，则 1 1 2( ) 02 2 au a a a        所以在 1,0 上，  u a 单调递增 因为 3( ) ( 1) 02u a u    ，所以 ( ) ( ) 0f a au a   所以  f x 不可能有两个零点. ③当 1a   时 2( 1)( ) 0xf x x   ， 在 0,  上，  f x 单调递增，所以  f x 不可能有两个零点. ④当 1a   时，  f x ，  f x 的变化情况如下表： x  0,1 1  1, a a  ,a   f x  0  0   f x  极大值  极小值  当 1x  时，  f x 取得极大值 1(1) 02f a   ， 所以  f x 不可能有两个零点， 综上所述，若  f x 有两个零点，则实数 a 的取值范围为 10, 2      .