【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：阶段检测卷（一）（函数与导数）【高考】.docx，共(6)页，93.796 KB，由小赞的店铺上传

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阶段检测卷(一)(函数与导数)时间：50分钟满分：100分一、单项选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中.1.(2019年北京)已知集合A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|x>1}，则A∪B＝()A.(－1,

1)B.(1,2)C.(－1，＋∞)D.(1，＋∞)2.下列有关命题的说法正确的是()A.命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为“若x2＝1，则x≠1”B.“x＝－1”是“x2－5x－6＝0”的必要不充分条件C.命题“∃x

∈R，使得x2＋x－1<0”的否定是：“∀x∈R，均有x2＋x－1>0”D.命题“若x＝y，则sinx＝siny”的逆否命题为真命题3.已知函数y＝f(x2－1)定义域是[0，5]，则y＝f(2x＋1)的定

义域为()A.0，52B.[－4,7]C.[－4,4]D.－1，324.(2019年天津)已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为()A.a<c<bB.a<

b<cC.b<c<aD.c<a<b5.函数f(x)＝1－ex1＋ex·sinx的图象大致为()ABCD6.已知函数f(x)＝|x＋1|，－7≤x≤0，lnx，e－2≤x≤e，g(x)＝x2－2x，设a为实数，若存在实数m，使f(m)－2g(a)＝0，则

实数a的取值范围为()A.[－1，＋∞)B.(－∞，－1]∪[3，＋∞)C.[－1,3]D.(－∞，3]二、多项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，请将正确选项填入题后的括号中.7.对于函数f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，下

列说法正确的是()A.x＝3是函数f(x)的一个极值点B.f(x)的单调增区间是(－1,1)，(2，＋∞)C.f(x)在区间(1,2)上单调递减D.直线y＝16ln3－16与函数y＝f(x)的图象有3个交点8.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，

f(x)＝ex(x＋1)，则下列命题正确的是()A.当x>0时，f(x)＝－e－x(x－1)B.函数f(x)有3个零点C.f(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)D.∀x1，x2∈R，都有|f(x1)－f(x2)|

<2三、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上.9.(2018年新课标Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为__________.10.已知函数f(x)＝x3，x≥0，－x3，x<0，若f(3a－1)≥8f(a)，则实数a

的取值范围为__________.11.已知函数f(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有两个零点，则实数a的取值范围为____________.四、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.12.(14分)(2019年新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝2si

nx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数.(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.13.(20分)(2019年新课标Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(

1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由.阶段检测卷(一)1．C解析：∵A＝{x|－1<x<2}，B＝{x|>1}，∴A∪B＝(－1，＋∞)，故选

C.2．D解析：对于选项A，命题“若x2＝1，则x＝1”的否命题为：“若x2≠1，x≠1”，∴该选项是错误的；对于选项B，∵x2－5x－6＝0，∴x＝6或x＝－1，∴“x＝－1”是“x2－5x－6＝0”的充分不必要条件，∴该选项是错误的；对于选项C，

命题“∃x∈R，使得x2＋x－1<0”的否定是：“∀x∈R，均有x2＋x－1≥0”，∴该选项是错误的；对于选项D，命题“若x＝y，则sinx＝siny”是真命题，∴它的逆否命题为真命题，∴该选项是正确的．故答案为D.3．D解析：依题意0≤x≤

5，∴－1≤x2－1≤4.由－1≤2x＋1≤4得－1≤x≤32，故选D.4．A解析：a＝log52<log55＝12，b＝log0.50.2＝log1215＝log25>1，c＝0.50.2＝1215>12，且c＝0.50.2<0.

50＝1，∴b>c>a，故本题正确答案为A.5．A6．C解析：当－7≤x≤0时，f(x)＝|x＋1|∈[0,6]，当e－2≤x≤e时，f(x)＝lnx是增函数，f(x)∈[－2,1]，∴f(x)的值域是[－2,6]．若存在实数m，使

f(m)－2g(a)＝0，则有－2≤2g(a)≤6.∴－1≤a2－2a≤3，解之得－1≤a≤3.7．ACD8．BCD解析：(1)当x>0时，－x<0，则由题意得f(－x)＝e－x(－x＋1)，∵函数f(x)是奇函数，∴f(0)＝0，且x>0时，f(x)＝－f(－x)

＝－e－x(－x＋1)＝e－x(x－1)，A错误，∴f(x)＝ex(x＋1)，x<0，0，x＝0，e－x(x－1)，x>0.(2)当x<0时，由f(x)＝ex(x＋1)＝0得x＝－1，当x>0时，由f(x)＝e－x(x－1)＝

0得x＝1，∴函数f(x)有3个零点－1,0,1，B正确．(3)当x<0时，由f(x)＝ex(x＋1)<0得x<－1，当x>0时，由f(x)＝e－x(x－1)<0得0<x<1，∴f(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)，C正确．

(4)当x<0时，由f(x)＝ex(x＋1)得f′(x)＝ex(x＋2)，由f′(x)＝ex(x＋2)<0得x<－2，由f′(x)＝ex(x＋2)≥0得－2≤x<0，∴函数f(x)在(－∞，－2]上单调递减，在[－2,0)上单调递增，∴函数在(－∞，0)上有最小值f(－2)＝－e－2，且f(x)＝

ex(x＋1)<e0·(0＋1)＝1，又∵当x<0时，由f(x)＝ex(x＋1)＝0得x＝－1，函数在(－∞，0)上只有一个零点，∴当x<0时，函数f(x)的值域为[－e－2,1)，由奇函数的图象关于原点对称得函数f(x)在R的值域为(－1，e－2]∪[－e－2,1)＝(－1,1)，∴对

∀x1，x2∈R，都有|f(x1)－f(x2)|<2，D正确．故选BCD.9．y＝2x解析：y＝2ln(x＋1)，y′＝2x＋1x＝0＝2，∴在点(0,0)处的切线方程为y＝2x.10.－∞，15∪[1，

＋∞)解析：∵函数f(x)＝x3，x≥0，－x3，x<0，∴总有8f(a)＝f(2a)，则f(3a－1)≥8f(a)等价于f(3a－1)≥f(2a)．由已知，可得f(x)是偶函数，则|3a－1|≥|2a|，解得a≥1或a≤15.

∴实数a的取值范围为－∞，15∪[1，＋∞)．11.1，2＋1e2解析：由函数f(x)＝2lnx－x2＋a在1e，e上有两个零点可得，方程2lnx－x2＋a＝0在区间1e，e上有两个实根．即a＝x2－2lnx在区间1e，e上有两个实根．即直线y

＝a与函数h(x)＝x2－2lnx的图象有两个交点．h′(x)＝2x－2x＝2(x＋1)(x－1)x，故当1e<x<1时，h′(x)<0，函数单调递减，当1<x<e时，h′(x)>0，函数单调递增，其最小值为h(1)＝1.而h(e)＝e

2－2，h1e＝1e2＋2，且h(e)>h1e，故当1<a≤1e2＋2时，直线y＝a与函数h(x)＝x2－2lnx的图象有两个交点．12．解：(1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)>0

；当x∈π2，π时，g′(x)<0，∴g(x)在(0，π2)单调递增，在π2，π单调递减．又g(0)＝0，gπ2>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．∴f′(x)在(0，π)存在唯一

零点．(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，x0)单调递增，

在(x0，π)单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，∴当x∈[0，π]时，f(x)≥0；.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．13．解：(1)对f(x)＝2x3－ax2＋b求导得f′(x)＝6x2－2ax＝6x

x－a3∴有当a<0时，f(x)在区间－∞，a3上单调递增，在区间a3，0上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＝0时，f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，

在区间0，a3上单调递减，在区间a3，＋∞上单调递增．(2)假设f(x)在区间[0,1]有最大值1和最小值－1，若a<0，由(1)得，f(x)在区间－∞，a3上单调递增，在区间a3，0上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增；此时f(x)在区间[0

,1]上单调递增，∴f(0)＝－1，f(1)＝1，代入解得b＝－1，a＝0，与a<0矛盾，∴a<0不成立．若a＝0，f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，∴f(x)在区间[0,1]上单调递增．∴f(

0)＝－1，f(1)＝1，代入解得a＝0，b＝－1.若0<a≤2，f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间0，a3上单调递减，在区间a3，＋∞上单调递增．即f(x)在区间0，a3单调递减，在区间a3，1单调递增，∴f(x)在区间[0,1]上的最小

值为fa3.而f(0)＝b，f(1)＝2－a＋b≥f(0)，故f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(1)．即2a33－aa32＋b＝－1，2－a＋b＝1，相减得2－a＋a327＝2，即a(a－33)(a＋33)＝0，又∵0<a≤2，∴无解．若2<a≤3，由(

1)知，f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间0，a3上单调递减，在区间a3，＋∞上单调递增．即f(x)在区间0，a3上单调递减，在区间a3，1上单调递增，∴f(x)在区间[0,1]上的最小值为fa3.而f(0)＝b，f(1)

＝2－a＋b≤f(0)，故f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0).即2a33－aa32＋b＝－1，b＝1，相减得a327＝2，解得a＝332，又∵2<a≤3，∴无解．若a>3

，由(1)知，f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在区间0，a3上单调递减，在区间a3，＋∞上单调递增．∴f(x)在区间[0,1]上单调递减，∴f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)，最小值为f(1)．即b＝1，2－a＋b＝－

1，解得a＝4，b＝1.综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1，最大值为1.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com