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】

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一．选择题（共9小题）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．﹣2 B．﹣1 C．0 D．13．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＝0 B．ex﹣y+1＝0 C．ex+y﹣1＝0 D．ex﹣y﹣1＝08．已知，则a，b，c的大关系为（）A．c＞a＞b B．b＞a＞c C．a＞b＞c D．b＞c＞a9．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．4 B．5 C．6 D．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题号123456789答案CBDCACABC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﹣﹣cosx＝0可得1﹣＝cosx，作出y＝1﹣和y＝cosx的函数图象如图所示：由图象可知1﹣＝cosx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﹣﹣cosx＞0，当0＜x＜时，f′（x））＝1﹣﹣cosx＜0，当＜x＜π时，f′（x））＝1﹣﹣cosx＞0，当x＞π时，f′（x））＝1﹣﹣cosx＜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