08 专题逐一通关“阶段整合练”(一) 基础过关卷-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

09　专题逐一通关“阶段整合练”(一)　能力拔高卷 　函数与导数 (满分：150分　时间：120分钟) 一、选择题：本大题共8个小题，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．函数f (x)＝＋ln (2x＋2)的定义域为(　　) A．(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－1，1)∪(1，＋∞) D　[要使函数f (x)有意义，则解得所以函数f (x)的定义域为(－1，1)∪(1，＋∞)．] 2．已知函数f (x)＝则f (log23)＝(　　) A．　 B． C．　 D． D　[因为1＝log22<log23<log24＝2，所以2<log23＋1<3．故f (log23)＝f (log23＋1)＝f (log26)＝2log26＋2－log26＝6＋＝．] 3．记实数x1，x2，…，xn的最小数为min{x1，x2，…，xn}，若f (x)＝min{x＋1，x2－2x＋1，－x＋8}，则函数f (x)的最大值为(　　) A．4　 B． C．1　 D．5 B　[如图，f (x)＝min{x＋1，x2－2x＋1，－x＋8}的图象即为图中的实线部分．要求函数f (x)的最大值即求点A的纵坐标， 联立 解得故f (x)的最大值为．] 4．已知函数f (x)为R上的奇函数，f (1＋x)为偶函数，f (1)＝－2，则f (999)＝(　　) A．1　 B．2 C．－1　 D．－2 B　[因为f (1＋x)为偶函数，所以f (1＋x)＝f (1－x)，又f (x)为R上的奇函数，即f (2＋x)＝f (－x)＝－f (x)，则f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，所以f (x)是周期为4的周期函数，所以f (999)＝f (－1＋250×4)＝f (－1)＝－f (1)＝2．] 5．已知函数y＝f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可能为(　　) A．f (x)＝　 B．f (x)＝ C．f (x)＝　 D．f (x)＝ A　[易知函数y＝x≠0}，由函数y＝f (x)的部分图象得其定义域包含0，排除D；因为函数y＝f (x)的部分图象关于y轴对称，所以函数y＝f (x)为偶函数，又f (－x)＝≠f (x)，排除B；当x>0时，x3>0，2x－1>0，2x＋1>0，故>0，由图可知x>0时，f (x)有正有负，排除C，故选A．] 6．已知f (x)＝|ex－2|，g(x)＝[ f (x)]2－4f (x)＋3，则g(x)的零点个数为(　　) A．2　 B．3 C．4　 D．5 B　[令g(x)＝0，即[ f (x)]2－4f (x)＋3＝0，解得f (x)＝1或f (x)＝3，即|ex－2|＝1或|ex－2|＝3，得ex＝1或ex＝3或ex＝5，解得x＝0或x＝ln 3或x＝ln 5，故g(x)有3个零点．] 7．若函数f (x)＝aex＋x2ln x＋2x在上不单调，则a的值可能为(　　) A．－　 B．－1 C．0　 D．1 B　[令f ′(x)＝aex＋2x ln x＋x＋2＝0，得a＝．令g(x)＝，x>，则g′(x)＝．当<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－．当x→＋∞时，g(x)→0，所以－≤a<0，又f (x)在上不单调，所以a的取值范围是，结合选项得a可能为－1．] [注]　当a＝－时，f ′(x)≤0在x∈上恒成立，此时f (x)单调递减，不满足题意． 8．已知函数f (x)＝(x－b)(ex－a)(a>0)，若f (x)≥0，则的最大值为(　　) A．e-2　 B．e-1 C．e　 D．e2 A　[因为a>0，且函数y＝x－b和y＝ex－a都是增函数，若f (x)≥0恒成立，则函数y＝x－b和y＝ex－a的零点相同，所以b＝ln a，则＝，设g(a)＝，a>0，则g′(a)＝，则当a∈(0，e2)时，g′(a)>0，g(a)单调递增；当a∈(e2，＋∞)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，故g(a)max＝g(e2)＝e-2，所以的最大值为e-2．] [注]　只有y＝x－b和y＝ex－a的零点相同，才能使得f (x)＝(x－b)(ex－a)≥0，从而得到a与b的关系． 二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．下列各组函数中的f (x)与g(x)是同一个函数的是(　　) A．f (x)＝x，g(x)＝3log3x B．f (x)＝，g(x)＝－x C．f (x)＝ln (4－x)－ln (x＋2)，g(x)＝ln D．f (x)＝x2＋1，g(x)＝ BC　[因为f (x)的定义域为R，g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f (x)与g(x)不是同一个函数，A错误；f (x)与g(x)的定义域均为(－∞，0]，且g(x)＝－x·＝，所以f (x)与g(x)是同一个函数，B正确；因为f (x)与g(x)的定义域均为(－2，4)，且f (x)＝ln (4－x)－ln (x＋2)＝ln 是同一个函数，C正确；因为f (x)的定义域为R，g(x)的定义域为{x|x≠±1}，所以f (x)与g(x)不是同一个函数，D错误．] 10．在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数．定义双曲正弦函数sinh x＝，双曲余弦函数cosh x＝，双曲正切函数tanh x＝，则(　　) A．双曲正弦函数是增函数 B．双曲余弦函数是增函数 C．双曲正切函数是增函数 D．tanh(x＋y)＝ ACD　[因为y＝ex，y＝－e－x均是增函数，故双曲正弦函数sinh x＝是增函数，A正确；令t＝ex，则t∈(0，＋∞)，则cosh x＝＝，由对勾函数的性质可知y＝在(0，＋∞)上先减后增，故双曲余弦函数不是增函数，B错误；tanh x＝＝＝1－，而y＝e2x＋1是增函数，故双曲正切函数是增函数，C正确；由C项知tanh x＝，则tanh(x＋y)＝， ＝ ＝ ＝， 故tanh(x＋y)＝，D正确．] 11．已知函数f (x)＝x3－x2＋ax－1，则(　　) A．当a＝－1时，f (x)的极大值大于0 B．当a≥时，f (x)无极值点 C．存在a∈R，使得f (x)是减函数 D．曲线y＝f (x)的对称中心的横坐标为定值 BD　[当a＝－1时，f (x)＝x3－x2－x－1，f ′(x)＝3x2－2x－1， 令f ′(x)＝0，解得x＝－或x＝1，当x<－或x>1时，f ′(x)>0，当－<x<1时，f ′(x)<0，则f (x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，f (x)在x＝－处取得极大值f ＝－－1<0，A错误；f ′(x)＝3x2－2x＋a，当a≥时，Δ＝4－12a≤0，即f ′(x)≥0，则f (x)单调递增，f (x)无极值点，B正确；要使f (x)在R上是减函数，则f ′(x)＝3x2－2x＋a<0，而不等式3x2－2x＋a<0的解集不可能为R，C错误；因为三次函数y＝p(x－m)3＋q(x－m)＋n的对称中心为(m，n)，展开后得y＝px3－3mpx2＋(3m2p＋q)x＋n－m3p－mq，又f (x)＝x3－x2＋ax－1，对比系数可得p＝1，－3mp＝－1，解得m＝，故曲线y＝f (x)对称中心的横坐标为定值，D正确．] [注]　三次函数二阶导数f ″(x)＝0的解即为三次函数图象的对称中心的横坐标． 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分． 12．已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点，则a＝________． 0或　[y＝x＋ln x的导数为y′＝1＋，曲线y＝x＋ln x在x＝1处的切线斜率为k＝1＋＝2，则曲线y＝x＋ln x在x＝1处的切线方程为y－1＝2x－2，即y＝2x－1．由于切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点，y＝ax2＋(2a＋3)x＋1可联立y＝2x－1， 得ax2＋(2a＋1)x＋2＝0有且只有一解，当a＝0时，原式变为x＋2＝0，则x＝－2，方程有且只有一解，符合题意；当a≠0时，则Δ＝(2a＋1)2－8a＝0，4a2－4a＋1＝0，解得a＝．综上，a＝0或a＝．] 13．若函数f (x)的导函数f ′(x)存在导数，记f ′(x)的导数为f ″(x)，如果对∀x∈(a，b)，都有f ″(x)<0，则f (x)有如下性质： f ，其中n∈N*， x1，x2，…，xn∈(a，b)．若f (x)＝sin x，则在锐角△ABC中，根据上述性质推断：sin A＋sin B＋sin C的最大值为________． 　[ f (x)＝sin x，则f ′(x)＝cos x，f ″(x)＝－sin x，在锐角△ABC中，A，B，C∈， 则f ″(x)＝－sin x<0， 所以≤sin ＝sin ＝， 所以sin A＋sin B＋sin C的最大值为．] 14．函数f (x)＝的最小值为________． 2　[注意到f (x)＝，令＝t>0， 令g(t)＝|ln t－2|＋|t－1|＝当0<t≤1时，g′(t)＝－1－<0，g(t)在(0，1]上单调递减，当1<t<e2时，g′(t)＝1－>0，g(t)在(1，e2)上单调递增，当t≥e2时，g′(t)＝1＋>0，g(t)在[e2，＋∞)上单调递增，因此g(t)min＝min{g(1)，g(e2)}＝2，故f (x)的最小值为2．] 四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)如图所示，一座小岛距离海岸线上最近的点P的距离是2 km，从点P沿海岸正东12 km处有一个城镇． (1)假设一个人驾驶的小船的平均速度为3 km/h，步行的速度是5 km/h，t(单位：h)表示他从小岛到城镇的时间，x(单位：km)表示此人将船停在海岸处距点P的距离．请将t表示为x的函数． (2)如果将船停在距点P 4 km处，那么从小岛到城镇要多长时间(精确到0.1 h)? [解]　(1)如图，因为∠APB＝90°， 所以AB＝ km， 所以由A到B所用的时间为h． BC＝(12－x)km， 所以由B到C所用的时间为h． 所以从小岛到城镇共用的时间为t＝h． 由题意知0≤x≤12． 所以函数关系式为t(x)＝，0≤x≤12． (2)由(1)及题意，可得t(4)≈3.1 h． 16．(15分)已知函数f (x)＝ex－ln (x＋m)．当m≤2时，求证f (x)>0． [证明]f (x)＝ex－ln (x＋m)(x>－m)． 当m≤2，x∈(－m，＋∞)时， ln (x＋m)≤ln (x＋2)，故只需证明当m＝2时，f (x)>0． 当m＝2时，f ′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增， 又f ′(－1)<0，f ′(0)>0， 故f ′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)．当x∈(－2，x0)时，f ′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f ′(x)>0． 从而当x＝x0时，f (x)取得最小值， 由f ′(x0)＝0得＝，ln (x0＋2)＝－x0， 故f (x)≥f (x0)＝＋x0＝>0． 综上，当m≤2时，f (x)>0． 17．(15分)已知函数f (x)＝ex，g(x)＝1＋． (1)证明：当x∈(0，＋∞)时，函数f (x)与g(x)的图象只有一个交点； (2)设A是f (x)与g(x)图象的交点，证明：曲线y＝f (x)在点A处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)的切线． [证明](1)设F(x)＝ex－(x>0)， 则F′(x)＝ex＋>0， 故F(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又F(1)＝e－2>0，F(0.5)＝e0.5－3<0， 由函数零点存在定理知函数F(x)在(0.5，1)只有一个零点， 故F(x)在(0，＋∞)存在唯一零点， 即当x∈(0，＋∞)时，函数f (x)与g(x)的图象只有一个交点． (2)设点A的横坐标为x0， 则＝1＋， 即－x0＝1①， 又f ′(x)＝ex， 则f (x)在处的切线方程为l：＝(x－x0)， 即l：y＝(1－x0)． 设l与曲线y＝ln (x＋1)切于M(x1，ln (x1＋1))， 令h(x)＝ln (x＋1)， 则h′(x)＝， 则＝， 故－x0＝ln (x1＋1)②，(通过同一条直线的斜率相等建立x0与x1的关系，从而化简直线AM斜率的表达式) 结合①②得AM的斜率k＝＝＝＝＝， 所以曲线y＝f (x)在点A处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)的切线． 18．(17分)已知函数f (x)＝ae2x＋(a－2)ex－x． (1)讨论f (x)的单调性； (2)若f (x)有两个零点，求a的取值范围． [解]　(1) f (x)的定义域为R，f ′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)． 若a≤0，则aex－1<0恒成立，即f ′(x)<0， 所以f (x)在R上单调递减． 若a>0，令aex－1＝0，得x＝－ln a， 当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)<0，当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知，当a≤0时，f (x)在R上单调递减，此时f (x)最多有一个零点，与题设矛盾． 当a>0时，f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 所以当x＝－ln a时，f (x)取得最小值，f (x)min＝f (－ln a)＝a×＋(a－2)×＋ln a＝1－＋ln a． 欲使f (x)有两个零点，首先f (x)min<0，即1－＋ln a<0， 令h(a)＝1－＋ln a(a>0)，h′(a)＝>0，所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝1－1＋0＝0， 所以0<a<1时，h(a)<0． 接下来证f (x)在(－∞，－ln a)和(－ln a，＋∞)上各有一个零点． (ⅰ)当x∈(－∞，－ln a)时，f (x)＝ae2x＋(a－2)ex－x ＝a(e2x＋ex)－(2ex＋x)， 因为f (－1)>0，f (－ln a)<0，所以∃x1∈(－1，－ln a)，使f (x1)＝0， 即f (x)在(－∞，－ln a)上仅有一个零点． (ⅱ)当x∈(－ln a，＋∞)时，f (x)＝ae2x＋(a－2)ex－x>ae2x－2ex－x>ae2x－3ex＝0， 解得x＝ln ， 所以f >0，又f (－ln a)<0， 所以∃x2∈，使f (x2)＝0，即f (x)在(－ln a，＋∞)上也存在唯一的零点． 综上，a的取值范围为(0，1)． 19．(17分)已知函数f (x)＝x ln x＋ax＋b在x＝e-3处取得极值，且f (1)＝1． (1)求f (x)的解析式； (2)若存在x>0，使得kx>f (x＋1)，求整数k的最小值． [解]　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， 易知f ′(x)＝ln x＋1＋a， 因为f (x)在x＝e-3处取得极值，且f (1)＝1， 故f ′(e-3)＝－3＋1＋a＝0，且f (1)＝a＋b＝1， 解得a＝2，b＝－1， 则f ′(x)＝ln x＋3， 经验证，f (x)在x＝e-3处取得极小值，符合题意， 故f (x)＝x ln x＋2x－1． (2)由存在实数x>0，使得kx>f (x＋1)， 得k>，x∈(0，＋∞)能成立， 令g(x)＝，x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝x－1－ln (x＋1)， 则h′(x)＝>0在(0，＋∞)上恒成立， 故h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(2)＝1－ln 3<0，h(3)＝2－ln 4>0， 故存在唯一x0∈(2，3)，使得h(x0)＝0， 即x0－1＝ln (x0＋1)， 则当0<x<x0时，h(x)<0，即g′(x)<0， 当x>x0时，h(x)>0，即g′(x)>0， 故g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 故g(x)min＝g(x0) ＝ ＝ ＝x0＋2， 故k>x0＋2，结合x0∈(2，3)，得x0＋2∈(4，5)， 故整数k的最小值为5． 3/10 学科网（北京）股份有限公司 $