专题1 函数与导数 过关检测卷-（作业本）【名师带你过关】2027年数学高中总复习专题复习

专题一过关检测卷 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.(2025·成都一模)函数f=x+sin x的图象在点处的切线方程为 (　　) A.x+y-π-1=0 B.x+y-1=0 C.x-y+1=0 D.x-y=0 2.(2025·广州模拟预测)已知定义域为R的函数f=满足f+f=0,则a+b= (　　) A.3 B.2 C.1 D.0 3.(2023·汕头统考二模)已知函数f= ,则 f 的大致图象为 (　　) A B C D 4.(2023·广东统考二模) 已知 a=,b= ,c= ,则(参考数据: ln 2≈0.7 ) (　　) A.a>b>c　　 B.b>a>c C.b>c>a　　 D.c>a>b 5.(2023·汕头统考二模)给出定义:设 f' 是函数 y=f 的导函数, f″ 是函数 y=f' 的导函数. 若方程 f″=0 有实数解 x=x0 ,则称 为函数 y=f 的 “拐点”. 经研究发现所有的三次函数 f=ax3+bx2+cx+d 都有“拐点”,且该“拐点”也是函数 y=f的图象的对称中心. 若函数 f=x3-3x2 ,则 f+f+f+…+f+f= (　　) A. -8 088　　　 B. -8 090 C. -8 092　　　 D. -8 096 6.(2023·广州统考二模)已知偶函数 f与其导函数f'的定义域均为R,且f'+e-x+x也是偶函数,若f< f,则实数a的取值范围是 (　　) A.　　 B.(0,2) C.　　 D. ∪ 7.(2025·浙江二模)下列可以作为方程x3+y3=4xy的图象的是 (　　) A B C D 8.(2019·昆明一模)已知函数f(x)=(x-3)ex+a(2ln x-x+1)在(1,+¥)上有两个极值点,且f(x)在上单调递增,则实数a的取值范围是(　　) A.(e,+¥) B.(e,2e2) C.(2e2,+¥) D.(e,2e2)∪(2e2,+¥) 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.(2024·成都阶段练习)设函数 f=x2,则 (　　) A.x=4 是 f的极小值点 B.f+f≤0 C.当 0<x<1 时, f>f D.当 0<x<1 时, f>f 10.(2022·德州二模)若函数f=ln x+a(a∈R)存在两个极值点x1,x2 ,则 (　　) A.函数f至少有一个零点 B.a<0或a>2 C.0<x1< D.f+f>1-2ln 2 11.(2025·广州模拟预测)若a>1,b>1,且a=,则 (　　) A.a>b B.a<b C.a2>b D.a2<b 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.(2023·广东统考二模) 已知 f=x3- x ,若过点 P 恰能作两条直线与曲线 y=f相切,且这两条切线关于直线x=m对称,则 m 的一个可能值为　　　　.  13.(2023·茂名统考二模)已知实数 a,b 满足lg a+lg b=lg,则a+b的最小值是　　　　.  14. (2022·浙江)已知函数 f= 则 f= 　　　　;若当 x∈ 时, 1≤f≤3 ,则 b-a 的最大值是　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(2023·潮州统考二模)已知函数 f=ex-a(e 是自然对数的底数)有两个零点. (1)求实数 a 的取值范围. (2)若 f的两个零点分别为 x1,x2 ,证明:x1x2>. 16. (2023·全国乙卷理)已知函数 f=·ln. (1)当 a=-1 时,求曲线 y=f 在点 处的切线方程. (2)是否存在 a,b,使得曲线 y=f关于直线x=b对称?若存在,求 a,b 的值,若不存在, 说明理由. (3)若f在存在极值,求 a 的取值范围. 17.(2023·天津)已知函数 f=ln. (1)求曲线 y=f在 x=2 处的切线斜率. (2)证明:当 x>0 时, f>1. (3)证明: <ln-ln n+n≤1. 18.(2025·天津)已知函数f(x)=ax-(ln x)2. (1)a=1时,求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)f(x)有3个零点,x1,x2,x3且. (i)求a的取值范围. (ii)证明:·ln x3<. 19.(2025·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<. (1)证明:f(x)在区间(0,+¥)上存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+¥)上的极值点和零点. (i)设函数g(t)=f-f.证明:g(t)在区间上单调递减. (ii)比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一过关检测卷 1.C　解析：因为f=x+sin x，所以f'=1+cos x. 所以f'=1+cos=1，而f=+sin =+1. 所以切线方程为y--1=x-，即x-y+1=0. 故选C. 2.A　解析：因为函数f定义域为R且f+f=0， 所以函数f=是奇函数且f=0. 即f==0，所以b=1. 又f+f=0，所以+=0，所以a=2，即a+b=3. 故选A. 3.C　解析：∵f=，∴f'=. 令 f'>0⇒x∈∪，所以 f 在 和 上单调递增，故选C. 4.B　解析：因为 a===，c=， 考虑构造函数 f=，则 f'= . 当 0<x<e 时， f'0，函数 f 在（0， e）上单调递增， 当 x>e 时， f'<0，函数 f 在 上单调递减， 因为 ln 2≈0.7，所以 e0.7≈2，即 >≈4 . 所以 3<4< . 所以 >>，即 >>，又 <， 所以 >>，故b>a>c.故选B. 5.B　解析：由 f'=3x2-6x，可得 f''=6x-6， 令 f''=0，可得 x=1，又 f=1-3=-2， 所以 y=f 的图象的对称中心为（1， - 2）， 即 f+f=-4， 所以 f+f+f+…+f+f =++… +f =-4×=-8 090. 故选B. 6.B　解析：因为 f为偶函数，则f=f，等式两边求导可得 f'=-f'①， 因为函数 f'+e-x+x 为偶函数，则 f'+e-x+x=f'+ex -x ②， 联立①②可得 f'=-x . 令 g=f'，则 g'=-1≥-1=0，且 g'（x）不恒为零， 所以，函数 g 在 R 上为增函数，即函数 f' 在 R 上为增函数， 故当 x>0 时， f'>f'=0，所以，函数f在 ［0，+¥） 上为增函数， 由 f<f 可得 f<f， 所以，<，整理可得a2-2a<0，解得 0<a<2 . 故选B. 7.D　解析：当x<0时，x3=4xy-y3=y<0， 若y<0，则4x-y2>0，即y2<4x<0，不符合， 故x<0，y<0不可能同时成立，故A，B，C选项错误. 故选D. 8.C　解析：由题意，函数f（x）=（x-3）ex+a（2ln x-x+1）， 可得f'（x）=ex+（x-3）ex+a=（x-2）·=（x-2）·， 又由函数f在（1，+¥）上有两个极值点， 则f'=0，即（x-2）·=0在（1，+¥）上有两解， 即xex-a=0在（1，+¥）上有不等于2的解， 令g=xex，则g'（x）=（x+1）ex>0，（x>1）， 所以函数g=xex在（1，+¥）为单调递增函数， 所以a>g=e且a≠g=2e2， 又由f（x）在上单调递增，则f'≥0在上恒成立， 即（x-2）·≥0在上恒成立，即xex-a≤0在上恒成立， 即a≥xex在上恒成立. 又由函数g=xex在（1，+¥）为单调递增函数，所以a>g（2）=2e2. 综上所述，可得实数a的取值范围是a>2e2，即a∈（2e2，+¥），故选C. 9.ABD　 解析：对于A，f'=2x+x2=3x，当 x∈时， f'<0. 当 x∈∪ 时，f'>0. 所以f在 和上单调递增，在上单调递减， 故x=4是f的极小值点，故A正确. 对于B，f+f=x2+x2=-12x2≤0，故B正确. 对于C，当 0<x<1 时，0<x2<x<1 ，又f在上单调递减， 所以f<f，故C错误. 对于D，当0<x<1时，f-f=-=2x3>0. 所以f>f ，故D正确.故选ABD. 10.ACD　解析：对于A，f=ln x+a=ln x+a（x-1）2，f（1）=ln 1+a（1-1）2=0 ，∴x=1 是f（x） 的一个零点. 故A正确. 对于B，f'（x）=+a（2x-2）=. ∵f（x） 存在两个极值点x1，x2（x1<x2）， ∴2ax2-2ax+1=0 有两个不相等的实数根，即f'（x）有两个变号零点x1>0，x2>0. ∴Δ>0 ，即（-2a）2-4×2a×1=4a2-8a=4a（a-2）>0. ∴a>2或a<0. 又x1>0，x2>0，∴ 解得a>0. 综上，a>2.故B错误. 对于C，由B选项可得，x1+x2=1 ，∴x2=1-x1. ∴1-x1>x1 .∴0<x1< . 故C正确. 对于D，f（x1）+f（x2）=ln x1+a（-2x1+1）+ln x2+a（-2x2+1） =ln（x1x2）+a［+-2（x1+x2）+2］. 将x1+x2=1，x1x2= 代入上式，得 f（x1）+f（x2）=ln +a=-ln 2a+a =-ln 2-ln a+a-1=a-ln a-ln 2-1. 令h（a）=a-ln a-ln 2-1（a>2）， h'（a）=1-=>0. 有h（a） 在（2，+¥） 上单调递增，∴h（a）>h（2）=2-ln 2-ln 2-1=1-2ln 2 .故D正确.故选ACD. 11.BC　解析：令y=ln x+1-x且x>1，则y'=-1=<0恒成立， 所以y=ln x+1-x在（1，+¥）上单调递减，则y<ln 1+1-1=0，即ln x+1<x（x>1）.因为=且a>1，b>1， 而-==<0， 所以<<=， 设f=且x>1，则f'=-<0，所以f在单调递减， 由<<，得1<<a<b，则b>a>>，所以b2>a2>b>a.故选BC. 12. 解析：　 设切点坐标为 ，因为 f=x3-x，则 f' =3x2-1，切线斜率为 f'=3t2-1， 所以，曲线 y=f在 x=t 处的切线方程为 y- =. 将点 P 的坐标代入切线方程可得 2t3-3mt2+m+n=0， 设过点 P 且与曲线 y=f 相切的切线的切点的横坐标分别为 x1、x2，且 x1≠x2， 因为这两条切线关于直线 x=m 对称，则 f'+f'= 3-1+3-1=0， 所以+= . 易知 x1，x2 关于 t 的方程 2t3-3mt2+m+n=0 的两个根，设该方程的第三个根为x3， 则 2t3-3mt2+m+n=2， 则 2t3-3mt2+m+n=2t3-2t2+2t -2x1x2x3. 所以 因为过点 P恰能作两条直线与曲线 y=f相切， 则关于 t 的方程 2t3-3mt2+m+n=0 只有两个不等的实根，不妨设x3=x1， 则 若 x1=0，则 可得 = .解得 m=±.若 2x2+x1=0，则 x1=-2x2，所以2x1+x2=-3x2= .可得x2 =-，x1=m. 所以+==.解得 m=± . 综上所述， m=± 或 ± . 故答案为 . 13. 3+2　解析：因为实数 a，b 满足 lg a+lg b=lg ， 所以 a>0，b>0，且 ab=a+2b. 令u=a+b，则 u>0，所以 a=u-b， 代入 ab=a+2b，则有 b=u-b+2b. 所以关于 b 的一元二次方程 b2-b+u=0 有正根， 只需 Δ=-4u≥0，解得 u≥3+2. 此时，关于 b 的一元二次方程 b2-b+u=0 的两根 b1b2 =u>0，所以两根同号，只需b1+b2=u-1>0，解得 u>1 . 综上所述，u≥3+2. 即 a+b 的最小值是 3+2 （此时 Δ=0，解得 a=2+，b=1+）. 故答案为 3+2. 14. 　3+ 解析：由已知 f=-+2=，f=+-1=，所以 f= . 当 x≤1 时，由 1≤f≤3 可得 1≤-x2+2≤3，所以 -1≤x≤1. 当 x>1 时，由 1≤f≤3 可得 1≤x+-1≤3，所以 1<x≤2+. 1≤f≤3 等价于 -1≤x≤2+，所以 ⊆. 所以 b-a 的最大值为 3+. 故答案为　3+. 15.解析：（1） f=ex-a= 有两个零点， 等价于 h=xex-a=xex-aln 有两个零点， 令 t=xex，则t'=ex>0，在 x>0 时恒成立，所以t=xex 在 x>0 时单调递增， 所以 h=xex-aln有两个零点，等价于 g=t-aln t 有两个零点， 因为 g'=1-=，所以 ①当 a≤0 时， g'>0， g单调递增，不可能有两个零点； ②当 a>0 时，令 g'>0，得 t>a，g单调递增，令 g'<0，得 0<t<a，g单调递减， 所以 g=g=a-aln a. 若 g>0，得 0<a<e，此时 g>0 恒成立，没有零点； 若 g=0，得 a=e，此时 g 有一个零点； 若 g<0，得 a>e，因为 g=1>0，g=e-a<0，g= ea-a2>0， 所以 g在 ，上各存在一个零点，符合题意， 综上， a 的取值范围为 . （2）证明：要证 x1x2> 只需证 >e2，即证 ln +ln>2， 由 （1） 知 t1=x1，t2=x2，所以只需证 ln t1+ln t2>2， 因为 aln t1=t1，aln t2=t2，所以 a=t2-t1，a=t2+t1， 所以 ln t2+ln t1==，只需证 >2， 设 0<t1<t2，令 t=，则 t>1，所以只需证 ln t>2，即证 ln t +-2>0. 令 h=ln t+-2，t>1， 则 h'=-=> 0，h>h=0. 即当 t>1 时， ln t+-2>0 成立， 所以 ln t1+ln t2>2，即 >e2，即 x1x2> . 16.解析：（1） 当 a=-1 时， f=ln， 则 f'=-·ln+·， 据此可得 f=0，f'=-ln 2. 函数在 处的切线方程为 y-0=-ln 2， 即 x+y-ln 2=0 . （2）令 g=f=ln， 函数的定义域满足 +1=>0，即函数的定义域为 ∪， 定义域关于直线 x=- 对称，由题意可得 b=-. 由对称性可知 g=g， 取 m= 可得 g=g（-2）. 即 ln 2=ln ，则 a+1=2-a，解得 a=. 经检验 a=，b=- 满足题意，故 A=，b=- . 即存在 a=，b=- 满足题意. （3）由函数的解析式可得 f'=ln+ 由 f在区间 存在极值点，则 f'在区间 上存在变号零点； 令 ln+=0， 则 -ln+=0. 令 g=ax2+x-ln， f在区间 存在极值点，等价于 g在区间 上存在变号零点， g'=2ax-ln，g''=2a-. 当 a≤0 时， g'<0，g在区间 上单调递减， 此时 g<g=0，g在区间 上无零点，不合题意； 当 a≥，2a≥1 时，由于 <1，所以 g''>0，g' 在区间 上单调递增， 所以 g'>g'=0，g在区间 上单调递增， g >g=0， 所以 g 在区间 上无零点，不符合题意； 当 0<a< 时，由 g''=2a-=0 可得 x=-1. 当 x∈ 时， g''<0，g'单调递减. 当 x∈ 时， g''>0，g'单调递增. 故 g'的最小值为 g'=1-2a+ln 2a， 令 m=1-x+ln x，则 m'=>0. 函数 m 在定义域内单调递增， m<m=0， 据此可得 1-x+ln x<0 恒成立， 则 g'=1-2a+ln 2a<0. 由一次函数与对数函数的性质可得，当 x→+¥ 时， g'=2ax-ln→+¥， 且注意到 g'=0， 根据零点存在性定理可知g'在区间 上存在唯一零点x0 . 当 x∈时， g'<0，g单调减， 当 x∈时，g'>0，g单调递增， 所以 g<g=0 . 令 n=ln x-，则 n'=-=， 则函数 n=ln x- 在（0，4）上单调递增，在 上单调递减， 所以 n≤n=ln 4-2<0，所以 ln x<. 所以 g=> => >=>0， 所以函数 g在区间 上存在变号零点，符合题意. 综上可知， 实数a的取值范围是 . 17.解析： （1） f=+，则 f'=+ -. 所以 f'=-，故 x=2 处的切线斜率为 -. （2）证明：要证 x>0 时 f=ln>1，即证ln >， 令 g=ln- 且 x>0， 则 g'=-= >0， 所以 g在 上递增，则 g>g=0，即ln >. 所以 x>0时， f>1 . （3）证明：设 h=ln-ln n+n，n∈N*， 则 h-h=1+ln n-ln=1- ln， 由（2）知 x=∈（0，1］， 则 f=ln>1. 所以 h-h<0，故 h在 n∈n* 上递减，故 h≤ h=1 ； 下证 ln-ln n+n>， 令 φ=ln x- 且 x>0，则φ'=， 当 0<x<1 时 φ'>0，φ递增，当 x>1 时 φ'<0，φ递减， 所以 φ≤φ=0，故在 x∈ 上 ln x≤ 恒成立， 则 h-h=ln-1≤· -1=<， 所以 h-h<，h-h<， …，h-h<， 累加得 h-h<，而 h=2-ln 2，h =1， 因为 >>ln 2，所以 h=2-ln 2>. 则 -h<-2+ln 2. 所以 h-h<ln 2-1+<ln 2-1+< ，故 h>. 综上， <h≤1，即 <ln-ln n+n≤1. 18.解析：（1）当a=1时，f（x）=x-（ln x）2，x>0， 则f'（x）=1-，则f'（1）=1，且f（1）=1. 则切点，且切线的斜率为1， 故函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x. （2）（i）令f（x）=ax-（ln x）2=0，x>0，得a=. 设g（x）=，x>0，则g'（x）==. 由g'（x）=0解得x=1或e2，其中g（1）=0，g（e2）=. 当0<x<1时，g'（x）<0，g（x）在上单调递减； 当1<x<e2时，g'（x）>0，g（x）在（1，e2）上单调递增； 当x>e2时，g'（x）<0，g（x）在（e2，+¥）上单调递减； 且当x→0时，g（x）→+¥； 当x→+¥时，g（x）→0；如图作出函数g（x）的图象， 要使函数f（x）有3个零点， 则方程a=g（x）在（0，+¥）内有三个实数根，即直线y=a与函数g（x）的图象有3个交点. 结合图象可知，0<a<，故a的取值范围为. （ii）证明：由图象可知，0<x1<1<x2<e2<x3， 设ln x1=t1，ln x2=t2，ln x3=t3，则t1<0<t2<2<t3. 满足由②③可得 两式作差可得t3-t2=2（ln t3-ln t2），则由对数均值不等式可得2=>， 则t2t3<4，故要证（ln x2-ln x1）·ln x3<， 即证t2t3-t1t3<，只需证4-t1t3≤， 即证-t1t3≤. 又因为t1<0，=a<a，则=-t1<. 所以-t1t3<t3=，故只需证≤. 设函数φ（t）=，t>2， 则φ'（t）==. 当2<t<4时，φ'（t）>0，则φ（t）在上单调递增； 当t>4时，φ'（t）<0，则φ（t）在上单调递减； 故φ=φ（4）=，即φ（t）≤. 而由4e2-16e+16=4（e-2）2>0， 可知<成立，故命题得证. 19.解析：（1）证明：由题得f'=-1+x-3kx2=-3kx2=x2， 因为x∈，所以x2>0.设g=-3k，x>0， 则g'=-<0在（0，+¥）上恒成立，所以g在（0，+¥）上单调递减， g=1-3k>0，令g=0⇒x0=-1， 所以当x∈时，g>0，则f'>0；当x∈时，g<0，则f'<0. 所以f在上单调递增，在上单调递减. 所以f在（0，+¥）上存在唯一极值点. 对函数y=ln-x有y'=-1=-<0在（0，+¥）上恒成立， 所以y=ln-x在（0，+¥）上单调递减. 所以y=ln-x<=0在（0，+¥）上恒成立. 又因为f=0，x→+¥时，x2-kx3=x2<0， 所以x→+¥时f<0. 所以存在唯一x2∈使得f=0，即f在（0，+¥）上存在唯一零点. （2）（i）证明：由（1）知x1=-1， 则x1+1=，f'=x2. ∵g（t）=f-f， 则g'=+（x1-t）2 =+ =3kt =. ∵k>0，t∈，∴t2--2x1<0，-t2>0. ∴g'（t）=<0， 即g（t）在t∈上单调递减. （ii）2x1>x2，证明如下： 由（i）知，函数g在区间上单调递减， 所以g>g即0>f.又f=0， 由（1）可知f在上单调递减，x2∈，且对任意x∈， f>0， 所以2x1>x2. 学科网（北京）股份有限公司 $