浙江省杭州市外国语学校2024-2025学年高二（下）数学第2周阶段性训练模拟练习【含答案】

这是一份浙江省杭州市外国语学校2024-2025学年高二（下）数学第2周阶段性训练模拟练习【含答案】，共16页。试卷主要包含了若函数，则函数f，已知函数f，若函数f，函数图象大致为，若对任意的x1，x2∈，已知函数，则曲线y＝f，已知，则a，b，c的大关系为，已知f等内容，欢迎下载使用。
1．若函数，则函数f（x）的单调递减区间为（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）B．（﹣1，3）
C．（0，3）D．（3，+∞）
2．已知函数f（x）＝alnx+x2的图象在x＝1处的切线方程为3x﹣y+b＝0，则a+b＝（ ）
A．﹣2B．﹣1C．0D．1
3．若函数f（x）＝lnx+ax2﹣2x在区间（1，2）内单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，]B．（）C．（，+∞）D．[，+∞）
4．函数图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．若对任意的x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，有，则m的取值范围是（ ）
A．[e2，+∞）B．[e，+∞）C．D．
6．若函数，则函数f（x）的单调递减区间为（ ）
A．（4，+∞）B．（0，1）C．（0，4）D．（1，4）
7．已知函数，则曲线y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为（ ）
A．ex+y+1＝0B．ex﹣y+1＝0C．ex+y﹣1＝0D．ex﹣y﹣1＝0
8．已知，则a，b，c的大关系为（ ）
A．c＞a＞bB．b＞a＞cC．a＞b＞cD．b＞c＞a
9．若函数，在其定义域上只有一个零点，则整数a的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
二．多选题（共3小题）
（多选）10．已知f（x）＝x﹣﹣sinx，则（ ）
A．f（x）的零点个数为4
B．f（x）的极值点个数为3
C．x轴为曲线y＝f（x）的切线
D．若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＝π
（多选）11．已知函数，则以下结论正确的是（ ）
A．函数f（x）的单调减区间是（0，2）
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成立
D．对任意两个正实数x1，x2，且x1＞x2，若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＞4
（多选）12．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f（x）有极小值
B．函数f（x）在x＝1处切线的斜率为4
C．当时，f（x）＝k恰有三个实根
D．若x∈[0，t]时，，则t的最小值为2
三．填空题（共4小题）
13．已知函数f（x）＝2x+lnx，若过点（0，﹣1）的直线与曲线y＝f（x）相切，则该直线斜率为 ．
14．已知函数f（x）＝kex﹣x2（k∈R），若函数f（x）至少有两个零点，则k的取值范围是 ．
15．已知f'（x）是函数f（x）的导函数，在定义域（0，+∞）内满足xf'（x）﹣xf（x）﹣ex＝0，且f（1）＝2e，若，则实数a的取值范围是 ．
16．已知函数，若关于x的方程f2（x）﹣2f（x）+2m﹣1＝0恰有4个不同实数根，则实数m的取值范围为 ．
四．解答题（共4小题）
17．已知函数f（x）＝xlnx﹣αx+1在x＝e2处取得极值．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）＜2c2﹣c在x∈[1，e3]上恒成立，求实数c的取值范围．
18．已知函数f（x）＝lnx﹣mx2+（1﹣2m）x+1．
（1）若m＝1，求f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若对任意x＞0，有f（x）≤0恒成立，求整数m的最小值．
19．已知函数f（x）＝ax3+bx2+1（a∈R），当x＝2时，f（x）取得极值﹣3．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）求f（x）在区间[﹣1，3]上的最值．
20．已知函数f（x）＝2lnx+bx2﹣2x．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）存在单调递减区间，求实数b的取值范围；
（3）设x1，x2（x1＜x2）是函数f（x）的两个极值点，证明：f（x1）﹣f（x2）＜（2b﹣1）（x1﹣x2）．
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．【解答】解：，函数的定义域为：{x|x＞0}
可得f′（x）＝x﹣2﹣＝＝，
∵x＞0⇒f′（x）＜0，解得x∈（0，3）；
所以函数f（x）的单调递减区间为：（0，3）；
故选：C．
2．【解答】解：∵f（x）＝alnx+x2，
∴．
又f（x）的图象在x＝1处的切线方程为3x﹣y+b＝0，
∴f'（1）＝a+2＝3，∴a＝1，
∴f（x）＝lnx+x2，
∴f（1）＝1，
∴切点坐标为（1，1），将其代入切线方程3x﹣y+b＝0中可得：
3﹣1+b＝0，∴b＝﹣2，
∴a+b＝﹣1．
故选：B．
3．【解答】解：由函数f（x）＝lnx+ax2﹣2x可得f′（x）＝+2ax﹣2，
若f（x）在区间（1，2）内单调递增，
则f′（x）≥0在x∈（1，2）恒成立，
即a≥﹣在x∈（1，2）恒成立，
令g（x）＝﹣＝﹣（﹣1）2+，
由∈（，1），
∴g（x）＜g（1）＝，
故a≥，
即实数a的取值范围是[，+∞）．
故选：D．
4．【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
当x→0时，|lnx|→+∞，→0，则f（x）→+∞，
又当x＞2时，＝，
f′（x）＝＜0，可知f（x）在（2，+∞）上单调递减．
由上可知，函数图象大致为C．
故选：C．
5．【解答】解：因为对任意的x1，x2∈（m，+∞），且x1＜x2，有，
所以x1lnx2﹣x2lnx1＜x1﹣x2，
即﹣＜﹣，
令f（x）＝，x＞m，
则f′（x）＝，
易得f（x）在（0，e2）上单调递增，在（e2，+∞）上单调递减，
又由题意得f（x）在（m，+∞）单调递减，
故m≥e2．
故选：A．
6．【解答】解：函数，定义域为（0，+∞），
，令f′（x）＜0，解得0＜x＜4，
则函数f（x）的单调递减区间为（0，4）．
故选：C．
7．【解答】解：由，得，
所以f′（﹣1）＝﹣e，又f（﹣1）＝e﹣1，
故曲线y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线的方程为y﹣（e﹣1）＝﹣e（x+1），
即ex+y+1＝0．
故选：A．
8．【解答】解：a＝ln（e）＝ln+lne＝1+，b＝＝1+，
设，则，
当0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）在（0，e）上递增；
当x＞e时，f′（x）＜0，f（x）在（e，+∞）上递减，
因为e＜4＜5，所以＞＝＞，
所以1+＞1+＞1+，
即b＞a＞c．
故选：B．
9．【解答】解：根据指数函数性质可知y＝3x在（﹣∞，0]上单调递增，
故当x≤0时，则f（x）＝x+3x在（﹣∞，0]上单调递增，
又f（0）＝1＞0，f（﹣1）＝，
根据零点存在定理，f（x）在（﹣∞，0]存在唯一零点，
则当x＞0时，无零点，
当x＞0时，f'（x）＝x2﹣4，
令f′（x）＞0，则x＞2，f′（x）＜0时，则0＜x＜2；
f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
于是x＞0时，f（x）有最小值f（2），
依题意，f（2）＝a﹣，
解得，
所以最小整数为6．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
10．【解答】解：令f′（x）＝1﹣﹣csx＝0可得1﹣＝csx，
作出y＝1﹣和y＝csx的函数图象如图所示：
由图象可知1﹣＝csx有三个解，即f′（x）＝0有三解，分别是0，，π，
由图象可知：当x＜0时，f′（x）＝1﹣﹣csx＞0，当0＜x＜时，f′（x））＝1﹣﹣csx＜0，
当＜x＜π时，f′（x））＝1﹣﹣csx＞0，当x＞π时，f′（x））＝1﹣﹣csx＜0，
∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，）上单调递减，在（，π）上单调递增，在（π，+∞）上单调递减，
∴当x＝0时，f（x）取得极大值f（0）＝0，当x＝时，f（x）取得极小值f（）＝﹣1，当x＝π时，f（x）取得极大值f（π）＝0，
∴当x＝0或x＝π时，f（x）取得最大值为0，f（x）有3个极值点，f（x）有两个零点，故A错误，B正确；
由于f（x）的极大值为0，故x轴为f（x）的一条切线，故C正确；
∵f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，在（0，）上单调递减，
故存在x1，x2满足条件x1＜0＜x2＜，且f（x1）＝f（x2），显然x1+x2＜，故D错误．
故选：BC．
11．【解答】解：对于选项A，∵，∴定义域为（0，+∞），f'（x）＝+＝，
令f'（x）＜0，则x＜2，∴函数f（x）的单调减区间是（0，2），即选项A正确；
对于选项B，y'＝f'（x）﹣1＝＜0恒成立，即函数y在（0，+∞）上单调递减，
∵f（1）﹣1＝1＞0，f（2）＝ln2﹣1＜0，∴存在唯一的x0∈（1，2），使得y＝f（x0）﹣x0＝0，即选项B正确；
对于选项C，若f（x）＞kx，则k＜．
令g（x）＝，则g'（x）＝，
令h（x）＝﹣4+x﹣xlnx，则h'（x）＝﹣lnx，
当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减．
∴h（x）≤h（1）＝﹣3＜0，即g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递减，无最小值，
∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx成立，即选项C错误；
对于选项D，令t∈（0，2），则2﹣t∈（0，2），2+t∈（2，4），
设g（t）＝f（2+t）﹣f（2﹣t）＝+ln（2+t）﹣﹣ln（2﹣t）＝+ln，
∴g'（t）＝+＝＜0，
∴g（t）在（0，2）上单调递减，
∴g（t）＜g（0）＝0，即f（2+t）＜f（2﹣t）．
令x2＝2﹣t，
∵f（x1）＝f（x2），
∴若2+t＜x1＜4，则x1+x2＞4成立，满足题意；
若x1≥4，显然有x1+x2＞4成立．
综上可知，选项D正确．
故选：ABD．
12．【解答】解：∵函数，
∴f′（x）＝，
f′（x）＞0⇒﹣2＜x＜2，
f′（x）＜0⇒x＞2或x＜﹣2，
∴f（x）在（﹣∞，﹣2）递减，在（﹣2，2）递增，在（2，+∞）递减，
∴函数f（x）有极小值，故A正确；
又f′（0）＝4，
∴函数f（x）在x＝0处切线的斜率为4，故B错误；
又f（﹣2）＝﹣2e2，f（2）＝，且当x＞2时，f（x）＞0，
当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→0，
画出函数y＝f（x）的图像，如图示：
∴当时，f（x）＝k可能有一个实根、两个实根、三个根，故C错误；
由图知，若x∈[0，t]时，，
则t≥2，故t的最小值是2，故D正确．
故选：AD．
三．填空题（共4小题）
13．【解答】解：设切点为（m，2m+lnm），
函数f（x）＝2x+lnx的导数为f′（x）＝2+，可得切线的斜率为k＝2+，
即2+＝，
解得m＝1，即有k＝2+1＝3．
故答案为：3．
14．【解答】解：令f（x）＝kex﹣x2＝0，得k＝，
令g（x）＝，
由题意得y＝k与y＝g（x）图象至少有两个交点，
g'（x）＝＝，
当0＜x＜2时，g'（x）＞0，当x＜0或x＞2时，g'（x）＜0，
g（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增，
g（2）＝，
作出g（x）的大致图象，数形结合可得k∈（0，]．
故答案为：（0，]．
15．【解答】解：∵xf'（x）﹣xf（x）﹣ex＝0，
∴f'（x）﹣f（x）﹣＝0，
∴＝，
∴＝lnx+c，
∵f（1）＝2e，
∴＝＝ln1+c，
解得c＝2，
∴＝lnx+2，
即f（x）＝exlnx+2ex，
∴f′（x）＝exlnx+ex+＝ex（lnx+1+），
设g（x）＝lnx+1+，
∴g′（x）＝﹣＝，
当x∈（0，2）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（2）＝ln2+1+1＝ln2+2＞0，
∴f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）单调递增，
∵f（）＝ln﹣+＝
∵，
∴f（1﹣）≤f（），
∴0＜1﹣≤
解得＜a≤，
故a的取值范围为（，]，
故答案为：（，]
16．【解答】解：当x＞0时，f（x）＝，f′（x）＝，
∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
再根据题意可作出f（x）的图象如下：
关于x的方程f2（x）﹣2f（x）+2m﹣1＝0恰有4个不同实数根，
令f（x）＝t，
则数形结合可知g（t）＝t2﹣2t+2m﹣1＝0有1个根t1∈（0，1），1个根t2∈（1，+∞）或有1个根t1∈（0，1），1个根t2＝0，
当1个根t1∈（0，1），1个根t2∈（1，+∞），则，解得＜m＜1，
当有1个根t1∈（0，1），1个根t2＝0，g（0）＝0时，m＝，
g（t）＝t2﹣2t＝0，解得t＝0或t＝2不符合题意．
∴实数m的取值范围为（，1）．
故答案为：（，1）．
四．解答题（共4小题）
17．【解答】解：（1）f′（x）＝lnx+1﹣a，
由题意得f′（e2）＝3﹣a＝0，
所以a＝3，此时f′（x）＝lnx﹣2，
易得，x＞e2时，f′（x）＞0，函数单调递增，x＜e2时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故函数在x＝e2处取得极小值，符合题意，
故函数的单调递增区间为[e2，+∞），单调递减区间为（0，e2）；
（2）因为f（x）＝xlnx﹣3x+1＜2c2﹣c在x∈[1，e3]上恒成立，
所以xlnx﹣3x+1﹣2c2+c＜0在x∈[1，e3]上恒成立，
令g（x）＝xlnx﹣3x+1﹣2c2+c，x∈[1，e3]，
则g′（x）＝lnx﹣2，
x＞e2时，g′（x）＞0，函数单调递增，0＜x＜e2时，g′（x）＜0，函数单调递减，
故g（x）在[1，e2]上单调递减，在[e2，e3]上单调递增，
又g（1）＝﹣2c2+c﹣2，g（e3）＝﹣2c2+c+1，
故g（x）max＝g（e3）＝﹣2c2+c+1，
所以﹣2c2+c+1＜0，
解得c＞1或c＜﹣，
故c的取值范围为{c|c＞1或c＜﹣}．
18．【解答】解：（1）当m＝1时，f（x）＝lnx﹣x2﹣x+1，．
当时，f'（x）＞0，则f（x）在上单调递增；
当时，f'（x）＜0，则f（x）在上单调递减．
所以f（x）在x＝时取得极大值且极大值为，无极小值；
（2）函数f（x）＝lnx﹣mx2+（1﹣2m）x+1，定义域为（0，+∞），
则f'（x）＝＝＝，
①当m≤0时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当m＞0时，令f'（x）＝0得，x＝，
所以当x∈（0，）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
综上所述，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当m＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减；
（3）因为对任意x＞0，f（x）≤0恒成立，
所以lnx+x+1≤m（x2+2x）在（0，+∞）上恒成立，
即在（0，+∞）上恒成立．
设，则．
设φ（x）＝﹣（x+2lnx），
显然φ（x）在（0，+∞）上单调递减，
因为φ（1）＝﹣1＜0，，
所以，使得φ（x0）＝0，即x0+2lnx0＝0．
当x∈（0，x0）时，φ（x）＞0；
当x∈（x0，+∞）时，φ（x）＜0．
所以F（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，
所以．
因为，所以，
故整数m的最小值为1．
19．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3ax2+2bx，
由题意得，f（2）＝8a+4b+1＝﹣3，f′（2）＝12a+4b＝0，
故a＝1，b＝﹣3，f（x）＝x3﹣3x2+1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
当2＜x≤3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当﹣1≤x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
因为f（0）＝1，f（3）＝1，f（﹣1）＝﹣3，f（2）＝﹣3，
故函数f（x）的最大值为1，最小值为﹣3．
20．【解答】解：（1）因为f（x）＝2lnx+bx2﹣2x，x＞0，
所以，定义域为（0，+∞），
当b＝0时，，
所以f（x）在（0，1）上递增，（1，+∞）上递减；
当b＞0时，Δ＝4﹣16b，
若Δ≤0，即b≥时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
若Δ＞0，即0＜b＜时，，
f（x）在（0，x1）上递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；
当b＜0时，f（x）在上递增，上递减，
综上所述：b＝0时，f（x）在（0，1）上递增，（1，+∞）上递减；
b≥时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
0＜b＜时，函数在（0，）和（，+∞）上单调递增，
在（，）上单调递减；
b＜0时，f（x）在上递增，在上递减；
（2），
因为函数f（x）存在单调递减区间，所以f′（x）＜0在（0，+∞）上有解，
因为x＞0，设φ（x）＝2bx2﹣2x+2，则φ（0）＝2＞0，
当b＝0时，显然φ（x）＝2bx2﹣2x+2在（0，+∞）上有解；
当b＜0时，2bx2﹣2x+2＝0，Δ＝4﹣16b＞0，
由韦达定理知，，
所以必有一个正根，满足条件，
当b＞0时，有，
解得，
综上：故实数b的取值范围为；
（3）证明：由题意可知，，
因为f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），
所以x1，x2是2bx2﹣2x+2＝0的两个根，则，
因为
＝
＝
＝，
所以要证f（x1）﹣f（x2）＜（2b﹣1）（x1﹣x2），即证，
即证，即证，即证，
令，则证明，
令，则，
所以h（t）在（0，1）上单调递增，
则h（t）＜h（1）＝0，即，
所以原不等式f（x1）﹣f（x2）＜（2b﹣1）（x1﹣x2）成立．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
C
B
D
C
A
C
A
B
C