江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第4周阶段性训练模拟练习【含答案】

这是一份江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第4周阶段性训练模拟练习【含答案】，共14页。试卷主要包含了若函数f，已知f，若，则f'，过点Q，已知函数f，如图是函数y＝f，已知实数x，y满足，则，下列求导运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．若函数f（x）的导数f′（x）＝x﹣sinx，f（x）的最小值为﹣1，则函数y＝f（x）﹣csx的零点为（ ）
A．0B．C．±2D．2kπ（k∈Z）
2．已知f（x）是定义在R上的可导函数，若，则f′（2）＝（ ）
A．﹣1B．C．1D．
3．若曲线y＝x3与直线y＝3ax+2有3个不同的交点，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，1）B．（﹣1，1）C．（1，+∞）D．（2，+∞）
4．若，则f'（2）＝（ ）
A．B．6C．3D．﹣3
5．过点Q（1，0）且与曲线相切的切线方程是（ ）
A．y＝﹣2x+2B．y＝﹣x+1C．y＝﹣4x+4D．y＝﹣4x+2
6．已知a＜3，b＜4，c＜5且ae3＝3ea，且be4＝4eb，且ce5＝5ec，则（ ）
A．c＜b＜aB．b＜c＜aC．a＜c＜bD．a＜b＜c
二．多选题（共5小题）
（多选）7．已知函数f（x）＝﹣x3+3x﹣1，则（ ）
A．f（x）在x＝﹣1处取得极小值
B．f（x）有3个零点
C．f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为（﹣3，1）
D．曲线y＝f（x）的对称中心为（0，﹣1）
（多选）8．如图是函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象，则（ ）
A．在x＝﹣2时，函数y＝f（x）取得极值
B．在x＝1时，函数y＝f（x）取得极值
C．y＝f（x）的图象在x＝0处切线的斜率小于零
D．函数y＝f（x）在区间（﹣2，2）上单调递增
（多选）9．已知实数x，y满足，则（ ）
A．2x+1的最小值为﹣5B．x2+y2的最大值为9
C．的最大值为D．的最小值为
（多选）10．下列求导运算正确的是（ ）
A．若f（x）＝cs（2x+1），则f′（x）＝2sin（2x+1）
B．若f（x）＝e﹣2x+3，则f′（x）＝﹣2e﹣2x+3
C．若，则
D．若f（x）＝xlgx，则
（多选）11．已知函数f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，那么下列图象中不可能是函数f（x）的图象的是（ ）
A．B．
C．D．
三．填空题（共4小题）
12．若函数f（x）＝xsinx，则f′（x）＝ ．
13．函数在x＝3处的导数f′（3）＝ ．
14．已知直线y＝kx+b（k，b∈R）与曲线f（x）＝e2x﹣x相切，则k+b的最大值为 ．
15．已知函数f（x）＝，则曲线y＝f（x）在点M（2π，0）处的切线方程为 ．
四．解答题（共6小题）
16．已知函数f（x）＝lnx+2f′（1）x，g（x）＝+ax+1（a＞0）．
（1）求f（x）；
（2）若曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线与曲线y＝g（x）也相切，求a．
17．已知函数．
（1）求函数f（x）的极值点；
（2）记曲线C：y＝f（x）在x＝0处的切线为l，求证：l与C有唯一公共点．
18．设a≥0，函数，g（x）＝x﹣ex﹣a+1．
（1）若a＝1，求f（x）的最小值与g（x）的最大值；
（2）若f（x）≥g（x）在（0，+∞）上恒成立，求a．
19．已知函数f（x）＝x2+alnx，a∈R．
（1）若曲线f（x）在x＝1处的切线与直线2x+3y+1＝0垂直，求a的值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）当时，f（x）≥（a+2）x，求a的取值范围．
20．已知函数f（x）＝x2．
（1）求f（x）在区间[2024，2025]上的平均变化率；
（2）求曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（3）求曲线y＝f（x）过点（2，0）的切线方程．
21．已知函数f（x）＝lnx+a（1﹣x）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当f（x）有最大值，且最大值大于2a﹣2时，求a的取值范围；
（3）若f（x）≤xex﹣2ax+a﹣1恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．【解答】解：因为函数f（x）的导数f′（x）＝x﹣sinx，所以，C是常数，
因为f''（x）＝1﹣csx≥0恒成立，所以f′（x）＝x﹣sinx在R上单调递增，
所以当x＞0时，f'（x）＞f'（0）＝0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x＜0时，f'（x）＜f'（0）＝0，所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
所以f（x）在x＝0处取得最小值，即f（x）min＝f（0）＝cs0+C＝1+C＝﹣1，
所以C＝﹣2，所以，
所以y＝f（x）﹣csx＝，
令，解得x＝±2，
所以函数y＝f（x）﹣csx的零点为±2．
故选：C．
2．【解答】解：，
则，解得f'（2）＝1．
故选：C．
3．【解答】解：曲线y＝x3与直线y＝3ax+2有3个不同的交点，
则x3＝3ax+2有3个不同的解，
即x3﹣3ax﹣2＝0有3个不同的解，
令f（x）＝x3﹣3ax﹣2，则f（x）有3个零点，
因为f′（x）＝3x2﹣3a＝0，
若a≤0，f′（x）≥0，则f（x）＝x3﹣3ax﹣2是单调递增函数，不可能有3个零点，
a＞0时，由f′（x）＝0，
即x2﹣a＝0，
得x2＝a，则，
当时，f′（x）＞0，当，f′（x）＜0，
所以f（x）在上递增，在上递减，在上递增，
则f（x）的极大值为，极小值为，
要使f（x）有3个零点，
则，
解得a＞1，
即实数a的取值范围是（1，+∞）．
故选：C．
4．【解答】解：若，
则f'（2）＝6．
故选：B．
5．【解答】解：由，得y′＝﹣，
设切点为（），
则，
∴在切点处的切线方程为y﹣，
把（1，0）代入，可得，解得．
∴过点Q（1，0）且与曲线相切的切线方程是y﹣2＝﹣4（x﹣），
即y＝﹣4x+4．
故选：C．
6．【解答】解：设f（x）＝，，可得f（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
其图象如下：
∵ae3＝3ea，∴＝f（3），
∵be4＝4eb，∴＝f（4），
∵e5＝5ec，∴＝f（5），
根据图象可得a＞b＞c，
故选：A．
二．多选题（共5小题）
7．【解答】解：由f（x）＝﹣x3+3x﹣1，得f′（x）＝﹣3x2+3＝﹣3（x+1）（x﹣1），
则当x＜﹣1或x＞1时，f'（x）＜0；当﹣1＜x＜1时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）上单调递减，在（﹣1，1）上单调递增，
所以f（x）在x＝﹣1处取得极小值，在x＝1处取得极大值，故A正确；
又f（﹣1）＝﹣3，f（1）＝1，所以f（x）有3个零点，故B正确；
因为f（x）在（﹣2，﹣1）上单调递减，在（﹣1，1）上单调递增，在（1，2）上单调递减，
f（﹣2）＝1，f（﹣1）＝﹣3，f（1）＝1，f（2）＝﹣3，
所以f（x）在区间（﹣2，2）上的值域为[﹣3，1]，故C错误；
令g（x）＝﹣x3+3x，因为g（﹣x）＝﹣（﹣x）3+3（﹣x）＝﹣g（x），所以g（x）为奇函数，
所以曲线y＝g（x）的对称中心为（0，0），
所以函数f（x）＝﹣x3+3x﹣1＝g（x）﹣1的对称中心为（0，﹣1），故D正确．
故选：ABD．
8．【解答】解：由图可知，x＝﹣2是导函数f′（x）的一个变号零点，故当x＝﹣2时，函数f（x）取得极值，选项A正确；
x＝1不是导函数f′（x）的一个变号零点，故当x＝1时，函数f（x）不能取得极值，选项B错误；
y＝f（x）的图象在x＝0处的切线斜率为f′（0）＞0，选项C错误；
当x∈（﹣2，2）时，f′（x）＞0，此时函数y＝f（x）单调递增，选项D正确．
故选：AD．
9．【解答】解：设P（x，y），由，可得（x+2）2+y2＝1（y≥0），
即点P在半圆C：（x+2）2+y2＝1（y≥0）上，
对于A，因为x∈[﹣3，﹣1]，所以当x＝﹣3时，2x+1的最小值为﹣5，故A正确；
对于B，设x2+y2＝|OP|2，表示点P到原点距离的平方，
则|OP|max＝|OC|+r＝3，即x2+y2的最大值为9，故B正确；
对于C，D，设，当OP过圆心C（﹣2，0）时，（kOP）max＝0，
当OP与半圆相切时，由CP＝1，OC＝2，可得，故C错误，D正确．
故选：ABD．
10．【解答】解：对于A．f′（x）＝﹣2sin（2x+1），A错误；
对于B．f′（x）＝﹣2e﹣2x+3，B正确；
对于C，，C错误；
对于，.，D正确．
故选：BD．
11．【解答】解：由导函数图象可知，函数f（x）在（﹣∞，0），（2，+∞）上递增，在（0，2）上递减，
由选项可知，只有选项A符合题意，选项B，C，D均不合题意．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题）
12．【解答】解：∵函数f（x）＝xsinx，
∴f′（x）＝sinx+xcsx．
故答案为：sinx+xcsx．
13．【解答】解：，
则f'（x）＝，
故f'（3）＝＝×cs＝0．
故答案为：0．
14．【解答】解：设切点为（t，e2t﹣t），∵f′（x）＝2e2x﹣1，
∴解得
∴k+b＝（3﹣2t）e2t﹣1．
令g（t）＝（3﹣2t）e2t﹣1，则g′（t）＝﹣2e2t+（3﹣2t）•2e2t＝4e2t（1﹣t），
令g′（t）＝0，得t＝1．
当t∈（﹣∞，1）时，g′（t）＞0，当t∈（1，+∞）时，g′（t）＜0，
∴g（t）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴，即k+b的最大值为e2﹣1．
故答案为：e2﹣1．
15．【解答】解：函数f（x）＝，f′（x）＝．
得在点M（2π，0）处的切线的斜率k＝f′（2π）＝＝，
所以在点M（2π，0）处的切线方程为y﹣0＝（x﹣2π），即y＝﹣1．
故答案为：y＝﹣1．
四．解答题（共6小题）
16．【解答】解：（1）因为f（x）＝lnx+2f′（1）x，
所以，
即f′（1）＝1+2f′（1），
解得f′（1）＝﹣1．
所以f（x）＝lnx﹣2x；
（2）因为f（x）＝lnx﹣2x，
则，可得f（1）＝﹣2，f′（1）＝﹣1，
即切点坐标为（1，﹣2），切线斜率k＝﹣1，所以切线方程为y+2＝﹣（x﹣1），
即y＝﹣x﹣1，又因为g（x）＝+ax+1（a＞0），
由，
得，
由题意Δ＝（a+1）2﹣4＝0，（a＞0），
解得a＝1．
17．【解答】（1）解：f′（x）＝＝﹣，
令f′（x）＝0，得x＝，当x＜或x＞时，f′（x）＜0，
当＜x＜时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（，）上单调递增，（，+∞）和（﹣∞，）单调递减，
所以函数f（x）的极大值点是，极小值点是．
（2）证明：f′（0）＝1，f（0）＝0，
所以曲线C：y＝f（x）在x＝0处的切线l的方程为：y＝x；
令f（x）﹣x＝x（）＝0，得x＝0或＝0，
下证0是方程＝0的唯一实根：
令g（x）＝，g′（x）＝﹣＝0，得x＝0，
当x＜0时，g′（x）＞0，当x＞0时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，（﹣∞，0）单调递增，
所以函数g（x）max＝g（0）＝0，所以0是方程＝0唯一实数根．
综上，f（x）+x＝x（）＝0只有一个实数根0，即l与C有唯一公共点．
18．【解答】解：（1）∵a＝1，，g（x）＝x﹣ex﹣1+1，
∴⇒x＞1，g'（x）＝1﹣ex﹣1＜0⇒x＞1，
∴f（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
∴f（x）min＝f（1）＝1，g（x）max＝g（1）＝1．
（2）∵F（x）＝f（x）﹣g（x）＝≥0在（0，+∞）上恒成立，
F'（x）＝，
①当a≠0时，当x＞a时，F'（x）＞0；当x＜a时，F'（x）＜0，
∴F（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，F（x）min＝F（a）＝lna﹣a+1，
令G（x）＝lnx﹣x+1，⇒0＜x＜1，
∴G（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，G（x）max＝G（1）＝0，
故lna﹣a+1＝0⇒a＝1；
②当a＝0时，F（x）＝lnx﹣x+ex﹣1，F'（x）＝，
∴F（x）在（0，+∞）单调递增，．
∴综合①②得，a＝1．
19．【解答】解：（1）∵f（x）＝x2+alnx，∴，
∴f′（1）＝2+a，
又f（x）在x＝1处的切线与直线2x+3y+1＝0垂直，∴，
即，∴．
（2），x＞0．
①当a≥0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增．
②当a＜0时，令f′（x）＝0，得．
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＜0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．
（3）由f（x）≥（a+2）x，得a（x﹣lnx）≤x2﹣2x在上恒成立．
令g（x）＝x﹣lnx，x＞0，则，令g′（x）＝0，得x＝1，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）≥g（1）＝1＞0，即x﹣lnx＞0，
则在上恒成立．
令，，
则
＝．
∵，∴lnx≤1，则x+2﹣2lnx＞0，
令h′（x）＝0，得x＝1，
当时，h′（x）＜0，当x∈（1，e]时，h′（x）＞0，
∴h（x）在[，1）上单调递减，在（1，e]上单调递增，
∴h（x）min＝h（1）＝﹣1，
∴a≤﹣1，即a的取值范围是（﹣∞，﹣1]．
20．【解答】解：（1）所求为＝＝4049；
（2）∵f（x）＝x2，∴f′（x）＝2x，
∴f（2）＝4，∴f′（2）＝4，
∴曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为：
y﹣4＝4（x﹣2），即4x﹣y﹣4＝0；
（3）设过点（2，0）的切线切曲线于点P（t，t2），
则曲线方程为y﹣t2＝2t（x﹣t），又其过（2，0），
∴﹣t2＝2t（2﹣t），解得t＝0或4，
∴所求切线为y＝0或y﹣16＝8（x﹣4），
即y＝0或8x﹣y﹣16＝0．
21．【解答】解：（1）易知f（x）的定义域为（0，+∞），
可得，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当a＞0时，
当0＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＞时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，f（x）在单调递增，在单调递减；
（2）由（1）知，a＞0，
所以，
即a+lna﹣1＜0，
令g（a）＝a+lna﹣1，函数定义域为（0，+∞），
可得，
所以g（a）在（0，+∞）上单调递增，
又g（1）＝0，
所以0＜a＜1，
则a的取值范围为（0，1）；
（3）若f（x）≤xex﹣2ax+a﹣1恒成立，
此时，
令，函数定义域为（0，+∞），
可得，
因为y＝x2，y＝ex在（0，+∞）上单调递增，且值恒为正，
又y＝lnx为单调递增函数，
所以函数h（x）＝x2ex+lnx在（0，+∞）单调递增，
又，
所以存在唯一的x0，使得h（x0）＝0，
当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，F′（x）＜0，F（x）单调递减；
当x＞x0时，h′（x）＞0，F′（x）＞0，F（x）单调递增，
又F′（x0）＝0，
此时，
即，
可得，
设t（x）＝xex，函数定义域为（0，+∞），
可得t′（x）＝ex（x+1）＞0，
所以t（x）在（0，+∞）单调递增，
此时t（x0）＝t（ln），
即，
所以，，
则，
所以a≤F（x0），
即a≤1．
故a的取值范围为（﹣∞，1]．经书面同意，不得复制发题号
1
2
3
4
5
6
答案
C
C
C
B
C
A