09 专题逐一通关“阶段整合练”(一) 能力拔高卷-【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．(2025·天津红桥模拟)设a＝e-1，b＝ln ，c＝log23，则(　　) A．c<a<b　 B．b<a<c C．c<b<a　 D．a<c<b B　[由0<a＝e-1<e0＝1，b＝ln <ln 1＝0，c＝log23>log22＝1，所以b<a<c．] 2．(2025·重庆模拟)函数 f (x)＝2x＋ 的值域为(　　) A．[0，1]　 B．[0，＋∞) C．(1，＋∞)　 D．[1，＋∞) D　[函数f (x)＝2x＋的定义域为[0，＋∞)， 又y＝2x与y＝在[0，＋∞)上均单调递增， 所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x)≥f (0)＝1，故f (x)的值域为[1，＋∞)．] 3．(2025·陕西咸阳模拟)已知函数f (x)＝在R上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C．[1，2] D．[2，＋∞) B　[因为x≥1时，f (x)＝－2x单调递减，又f (x)在R上单调递减， 所以x<1时，f (x)＝x2－2ax＋1单调递减，则只需满足解得1≤a≤．] 4．(2025·安徽合肥一模)函数 f (x)＝的图象大致为(　　) 　 A　　　　　　　　　B 　 C　　　　　　　　　D B　[由f (x)＝，知ex－e－x≠0，即x≠0，所以函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称， 又f (－x)＝＝－f (x)，所以函数为奇函数，故排除A； 当x>0时，ex>e－x⇒ex－e－x>0，x→0时，cos (πx)>0， 所以当x>0，x→0时，f (x)>0，排除C； 当x→＋∞时，cos (πx)符号可正可负，所以f (x)可正可负，故可排除D．] 5．(2025·北京三模)香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即C＝Wlog2，其中C是信道容量，单位为bps；W为信道带宽，单位为Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位．军事战术电台采用跳频扩频(FHSS)技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5 MHz扩展至100 MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3 Mbps提高至593 Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的(　　) (参考数据：23.46≈11，25.93≈60.97) A．5倍　 B．6倍 C．7倍　 D．8倍 B　[设原始状态信道容量为C1，提升后信道容量为C2， 由题意可得C1＝W1log2，即17.3＝5log2，解得≈10， 同理C2＝W2log2，即593＝100log2，解得≈60， 所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍．] 6．(2025·广东惠州模拟)已知函数f (x)的定义域为R，f (x＋2)为偶函数，f (x＋1)为奇函数，则(　　) A．f ＝0　 B．f (－1)＝0 C．f (2)＝0　 D．f (4)＝0 B　[因为函数f (x＋2)为偶函数，则f (2＋x)＝f (2－x)，可得f (x＋3)＝f (1－x)， 因为函数f (x＋1)为奇函数，则f (1－x)＝－f (x＋1)， 所以f (x＋3)＝－f (x＋1)，即得f (x＋2)＝－f (x)， 即f (x＋4)＝f (x)，故函数f (x)是以4为周期的周期函数， 对于f (1－x)＝－f (x＋1)，令x＝0，则f (1)＝－f (1)⇒f (1)＝0， 对于f (x＋2)＝－f (x)，令x＝－1，则f (－1)＝－f (1)＝0，B正确； 由题意可知f ＝－f ，无法推出＝0，A错误； 又f (2)＝－f (0)，f (4)＝f (0)，而f (0)是否为0不确定，故CD错误．] 7．(2025·贵州黔南模拟)设函数f (x)＝(x－a)(ln x－b)，若f (x)≥0，则ab的最小值为(　　) A．－　 B．－ C．－　 D．－ D　[令g(x)＝x－a，h(x)＝ln x－b，则f (x)＝g(x)h(x)， 当x∈(－∞，a)时，g(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，g(x)>0； 当x∈(0，eb)时，h(x)<0；当x∈(eb，＋∞)时，h(x)>0， 由f (x)≥0，知a＝eb，所以ab＝beb，b∈R， 令φ(x)＝xex，则φ′(x)＝(x＋1)ex， 则φ′(x)<0，得x<－1；φ′(x)>0，得x>－1， 则φ(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(－1)＝－，故ab的最小值为－．] 8．(2025·北京海淀三模)已知函数f (x)＝若函数g(x)＝f (x)－|x－k|恰有2个零点，则实数k的取值范围是(　　) A．[－1，e) B．(－∞，－1]∪[e，＋∞) C．(－1，1] D．(－∞，－1)∪[1，＋∞) C　[由题意知，要使得g(x)＝f (x)－|x－k|恰有2个零点，即g(x)＝0有两个实数根． 当x>0时，g(x)＝|ln x|－|x－k|，令g(x)＝0，可得|ln x|＝|x－k|； 当x<0时，g(x)＝ex－|x－k|，令g(x)＝0，可得|x－k|＝ex． 在同一坐标系下，作出函数y＝|ln x|，y＝ex和y＝|x－k|的图象， 如图所示，由函数y＝ln x，可得y′＝，可得x＝1时，y＝0，y′|x＝1＝1， 故函数y＝ln x在x＝1处的切线方程为y＝x－1， 又由函数y＝－ln x，可得y′＝－，可得x＝1时，y＝0，y′|x＝1＝－1． 故函数y＝－ln x在x＝1处的切线方程为y＝－x＋1， 所以函数y＝|ln x|与y＝|x－1|只有一个公共点， 结合图象得，当k≤－1时，g(x)恰有3个零点； 当－1<k≤1时，g(x)恰有2个零点； 当k>1时，g(x)恰有3个零点， 要使得y＝g(x)恰有2个零点，则满足－1<k≤1， 所以实数k的取值范围为(－1，1]．] 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．(2025·辽宁沈阳模拟)已知实数a，b满足，则(　　) A．3a<3b B．(a－b)(a＋b－2)>0 C．> D．< AC　[由，得0<a－1<b－1，则1<a<b， 对于A，3a<3b，A正确； 对于B，令a＝2，b＝3，则(a－b)(a＋b－2)<0，B错误； 对于C，2b－1>2a－1>1，则>，C正确； 对于D，若a＝1.5，b＝2，则>0＝，D错误．] 10．(2025·湖南郴州三模)已知函数f (x)＝则下列说法正确的是(　　) A．f (x)是奇函数 B．f (x)是增函数 C．不等式f (x)>0的解集为(－∞，0]∪(1，＋∞) D．若函数y＝f (x)－a恰有两个零点，则a的取值范围为(0，1] CD　[ f (x)的大致图象如图所示， 由图象可知，f (x)的图象不关于原点对称，所以f (x)不是奇函数，故A错误； f (x)在定义域内不单调，故B错误； 若f (x)>0，则x≤0或x>1，即不等式f (x)>0的解集为(－∞，0]∪(1，＋∞)，故C正确； 令y＝f (x)－a＝0，则f (x)＝a， 原题意等价于y＝f (x)与y＝a有2个交点，则0<a≤1， 所以a的取值范围为(0，1]，故D正确．] 11．(2025·陕西西安模拟)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋2在x＝1处取得极值0，则下列说法正确的是(　　) A．a－b＝3 B．当0<x<1时，f (x2)<f (x) C．当x>1时，f (x2)>f (x) D．过点(0，2)可作一条直线与曲线y＝f (x)相切 ACD　[由f (x)＝x3＋ax2＋bx＋2，得f ′(x)＝3x2＋2ax＋b， 因为函数f (x)在x＝1处取得极值0， 则f ′(1)＝3＋2a＋b＝0，f (1)＝1＋a＋b＋2＝0，解得a＝0，b＝－3， 此时f (x)＝x3－3x＋2，则f ′(x)＝3x2－3， 令f ′(x)>0，得x<－1或x>1；令f ′(x)<0，得－1<x<1， 所以函数f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减， 则函数f (x)在x＝1处取得极小值0，满足题意，则a－b＝3，故A正确； 当0<x<1时，0<x2<x<1，则f (x2)>f (x)，故B错误； 当x>1时，x2>x>1，则f (x2)>f (x)，故C正确； 设切点为(m，m3－3m＋2)，则f ′(m)＝3m2－3， 所以切线方程为y－(m3－3m＋2)＝(3m2－3)(x－m)， 又点(0，2)在切线上，所以2－(m3－3m＋2)＝(3m2－3)·(－m)，解得m＝0， 所以过点(0，2)可作一条直线与曲线y＝f (x)相切，故D正确．] 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分． 12．(2025·广西南宁模拟)已知函数f (x)＝则＝________． 1　[＝2×＋3＝2，所以＝f (2)＝log22＝1．] 13．(2025·黑龙江哈尔滨二模)已知曲线y＝ln x在x＝1处的切线与曲线y＝ex＋a相切，则a＝________． －2　[由y＝ln x，则y′＝，则＝1，又当x＝1时，y＝ln 1＝0， 所以曲线y＝ln x在x＝1处的切线为y＝x－1； 对于y＝ex＋a，可得y′＝ex，设切点为(x0，y0)， 则解得所以a＝－2．] 14．(2025·甘肃金昌二模)若函数f (x)＝a ln x－有两个极值点，则实数a的取值范围为________． 　[由题意，得f ′(x)＝＝(x>0)， 若a≤0，则f ′(x)<0，此时函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，不可能存在两个极值点，舍去， 若a>0，则由题意，得关于x的方程ax2＋2(a－1)x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根， 所以解得0<a<， 故实数a的取值范围为．] 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)(2025·上海金山三模)如图所示是函数y＝F(x)的图象，其由指数函数f (x)＝ax与幂函数g(x)＝xb的部分图象“拼接”而成． (1)已知(m＋4)－b<(3－2m)－b，求m的取值范围； (2)若关于x的方程F(x－2 025)－t2－t＝0存在实数解，求t的取值范围． [解]　(1)由题意可得解得 故F(x)＝ 因为函数y＝x－b＝在(0，＋∞)上严格单调递减， 由，可得解得－<m<， 因此，实数m的取值范围是． (2)因为方程F(x－2 025)－t2－t＝0存在实数解，即方程F(x－2 025)＝t2＋t存在实数解， 则t2＋t的取值范围即为函数F(x－2 025)的值域， 由题图可知，函数F(x)的值域为， 故函数F(x－2 025)的值域为， 所以t2＋，即2t2＋t－1≥0，解得t≤－1或t≥， 因此，实数t的取值范围是． 16．(15分)(2025·江苏苏州三模)已知函数f (x)＝ex－ax－1． (1)当a＝1时，求f (x)的最小值； (2)若f (x)≥x2对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)当a＝1时，因为f (x)＝ex－x－1，所以f ′(x)＝ex－1， 所以当x<0时，f ′(x)<0，当x>0时，f ′(x)>0，所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x)min＝f (0)＝0． (2)因为x>0，所以f (x)≥x2等价于a≤， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 由(1)得当x>0时，f (x)＝ex－x－1>0， 所以当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝e－2，所以a≤e－2． 所以实数a的取值范围为(－∞，e－2]． 17．(15分)(2025·广东广州一模)随着经济的发展，到某岛进行旅游观光的人数越来越多，交通问题已成为制约该岛经济发展的重要因素，因此政府欲在大陆和岛屿之间(如图)建立一条高速通道以便于大陆和岛屿之间来往，大陆沿海线可近似看作函数f (x)＝ax(a>1)的图象，且正好与直线y＝x相切，而岛屿海岸线可近似看作函数g(x)＝loga(x－3)(a>1)的图象．(每单位代表十万米) (1)试求a的值及切点坐标； (2)已知建成后的高速通道将开通高铁，并且高铁的最高时速不能超过300 km/h，试问高铁能否在半小时内穿过高速通道？请说明理由． [解]　(1)依题意，设切点为(x0，x0)，由函数f (x)＝ax，得f ′(x)＝ax ln a， 则f ′(x0)＝ln a＝1，即＝，解得x0＝loga＝， 而＝x0，则＝，解得a＝，x0＝e， 所以a＝，切点坐标为(e，e)． (2)由(1)及函数f (x)＝ax与函数y＝logax互为反函数，且f (x)的图象与y＝x相切， 得函数f (x)＝ax的图象与函数y＝logax的图象有且只有一个公共点， 而g(x)＝loga(x－3)的图象可由y＝logax的图象向右平移3个单位长度得到， 因此函数f (x)与g(x)的图象之间的最短距离S大于直线y＝x与直线y＝x－3之间的距离， 即S>＝(十万米)＝ km．则高铁穿过通道的时间t>＝>． 所以高铁不能在半小时内穿过高速通道． 18．(17分)(2025·辽宁沈阳二模)已知函数f (x)＝ln x－kx． (1)若存在x∈(0，＋∞)，使f (x)≥0成立，求k的取值范围； (2)已知k>0，若f (x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，求k的最小值． [解]　(1)由f (x)＝ln x－kx≥0(x>0)得k≤， 可得存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立， 令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝e， 当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≤g(e)＝＝， 若存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立，则k的取值范围为． (2) f (x)＝ln x－kx≤， 若f (x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则ln x－kx－≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ln x－kx－(x>0)，则h(x)max≤0， 令h′(x)＝＝＝0，则x＝－(舍去)或x＝， 当0<x<时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h＝ln ＝ln －ln k≤0， 则k≥，则k的最小值为． 19．(17分)(2025·甘肃甘南模拟)已知函数f (x)＝ln(1＋x)－mx． (1)当m＝1时，求曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程； (2)求函数f (x)的极值； (3)若函数f (x)在区间[0，e2－1]上恰有两个零点，求m的取值范围． [解]　(1)由题设，当m＝1时，f (x)＝ln (1＋x)－x，则f ′(x)＝－1＝－， 所以f (0)＝0，f ′(0)＝0，则y－0＝0·(x－0)，可得y＝0． (2) f (x)＝ln (1＋x)－mx的定义域为(－1，＋∞)，则f ′(x)＝－m(x>－1)， 当m≤0时，f ′(x)＝－m>0恒成立， 此时f (x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极大值和极小值， 当m>0时，－1>－1， 由f ′(x)＝－m>0，得－1<x<－1，由f ′(x)＝－m<0，得x>－1， 此时f (x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f (x)的极大值为f ＝ln ＝m－1－ln m，无极小值． (3)由(2)可知，当m≤0时，f (x)在(－1，＋∞)上单调递增， 所以f (x)在[0，e2－1]上单调递增，不可能有两个零点， 当m>0时，f (x)的极大值为f ＝m－1－ln m， 因为f (0)＝0，所以x＝0是f (x)的一个零点， 若函数f (x)在区间[0，e2－1]上恰有两个零点， 则 即 可得≤m<1， 所以m的取值范围为． 11/11 学科网（北京）股份有限公司 $