2020-2021学年甘肃省天水市某校高二（下）4月周考数学试卷

这是一份2020-2021学年甘肃省天水市某校高二（下）4月周考数学试卷，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知函数fx=exlnx−ex+alnx的图象在点T1,f1处的切线经过坐标原点，则a=( )
A.−eB.eC.−e−e−1D.e−1

2. 已知f(x)=(x+1)(x+2)(x+3)⋯⋯(x+n)(n≥2,n∈N*)，其导函数是f′x，若an=f′−1f0，则a50=( )
A.150!B.150C.50D.50!

3. 已知(1−2x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a1+2a2+3a3+...+10a10=( )
A.−20B.−15C.15D.20

4. 函数f(x)=16x2+sin2x2−cs2x2的导函数y=f′(x)的图象大致是（ ）
A.B.
C.D.

5. 函数fx=−12x2−4−a2x+4a2lnx在2,4上不单调，则实数a的取值范围是（ ）
A.−∞,−2∪2,+∞B.−∞,−2∪2,+∞
C.−2,0∪0,2D.−2,−2∪2,2

6. 若函数f(x)=x(x−c)2在x=2处有极大值，则常数c为( )
A.2B.6C.2或6D.−2或−6

7. 若函数f(x)=lnxx，若a=f(3)，b=f(4)，c=f(5)，则（ ）
A.a
8. 函数f(x)的定义域为R，f(−1)=2，对任意x∈R，导函数f′(x)>2，则f(x)>2x+4的解集为( )
A.(−1, 1)B.(−1, +∞)C.(−∞, −1)D.(−∞, +∞)

9. 已知a−lnb=0,c−d=1，则a−c2+b−d2的最小值是（ ）
A.1B.2C.2D.22

10. 对于函数fx=2x−x2ex，下列说法正确的个数为（ ）
①fx的单调递减区间为−∞,−2∪2,+∞；②fx>0的解集为0,2；③f−2是极小值，f2是极大值；④fx有最大值，没有最小值．
A.1B.2C.3D.4
二、填空题

已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)=x2+2xf′(2)，则不等式f(x)<0的解集为________．
三、解答题

已知函数fx=ax−bex，且函数fx的图象在点0,f0处的切线斜率为a−1.
(1)求b的值；

(2)求函数fx的最值.

已知：函数fx=sinx−xcsx .
(1)求f′π；

(2)求证：当x∈0,π2时，fx<13x3；

(3)若fx>kx−xcsx对x∈0,π2恒成立，求实数k的最大值．

已知函数fx=ln1+x−x .
(1)求函数fx的最大值；

(2)对任意n∈N*，不等式1+131+1321+133⋯⋯1+13n≤m恒成立，求整数m的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省天水市某校高二（下）4月周考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出fx的导数为f′x=exlnx−ex+1xex+ax,f′1=a,f1=−e，可知曲线y=fx在点T(1,f(1))处的切线斜率为k=a,即可得到切线方程，再根据切线经过坐标原点即可得解a的值.
【解答】
解：fx的导数为f′x=exlnx−ex+1xex+ax，
∴ f′1=a，f1=−e，
∴ 曲线y=fx在点T(1,f(1))处的切线斜率为k=a，
故切线方程是： y+e=ax−1，
将0,0代入上式得： a=−e.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
数列与函数的综合
【解析】
本题考查了函数与数列的综合运用，并且重点考查了当函数解析式为多项式的积时的求导应用和阶乘的计算；是基础题．
【解答】
解：∵ f(x)=(x+1)(x+2)(x+3)⋯⋯(x+n)(n≥2,n∈N*)，
∴ f′(x)=(x+2)(x+3)⋯⋯(x+n)+(x+1)(x+3)⋯⋯(x+n)+⋯⋯
+(x+1)(x+2)⋯⋯(x+n−1)，
∴ f′(−1)=1×2×3×⋯×(n−1)，
f(0)=1×2×3×⋯×(n−1)×n，
则an=f′−1f0=1n，
因此a50=150.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
导数的运算
【解析】
(1−2x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，两边求导可得：−20(1−2x)9=a1+2a2x+...+10a10x9，令x=1，即可得出．
【解答】
解：∵ (1−2x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，
两边求导可得：−20(1−2x)9=a1+2a2x+...+10a10x9，
令x=1，则a1+2a2+3a3+...+10a10=−20×(−1)9=20．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
导数的运算
【解析】
先求出函数的导数，结合函数奇函数，极限思想以及函数零点个数进行判断即可．
【解答】
解：因为fx=16x2+sin2x2−cs2x2=16x2−csx，
∴ f′x=13x+sinx，
当00,sinx>0，
则f′x=13x+sinx>0；
当x>3时， 13x>1， −1≤sinx≤1，则f′x=13x+sinx>0，
所以，当x>0时， f′x=13x+sinx>0，排除ABD选项.
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意f′x=−x−4−a2+4a2x
=−x+4x−a2x（x>0）,
函数fx在2,4上不单调，即f′x在2,4上存在变号零点.
令f′x=0，可得x1=−4 （舍去）， x2=a2 ，
故2故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
函数在某点取得极值的条件
【解析】
求出函数的导数，再令导数等于0，求出c 值，再检验函数的导数是否满足在x＝2处左侧为正数，右侧为负数，
把不满足条件的 c值舍去．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=x(x−c)2=x3−2cx2+c2x，
则f′(x)=3x2−4cx+c2，
由题意知，在x=2处的导数值为 12−8c+c2=0，
∴ c=6或 c=2，
又函数f(x)=x(x−c)2在x=2处有极大值，
故导数值在x=2处左侧为正数，右侧为负数．
当c=2时，f′(x)=3x2−8x+4=3(x−23)(x−2)，
不满足导数值在x=2处左侧为正数，右侧为负数．
当c=6时，f′(x)=3x2−24x+36
=3(x2−8x+12)=3(x−2)(x−6)，
满足导数值在x=2处左侧为正数，右侧为负数，故 c=6．
故选B.
7.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知f′x=1−lnxx2x>0，
由f′x>0， 即1−lnx>0，解得0由f′x<0， 即1−lnx<0，解得x>e，
所以fx在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减.
因为e<3<4<5 ，所以f3>f4>f5， 所以a>b>c.
故选B.
8.
【答案】
B
【考点】
其他不等式的解法
利用导数研究函数的单调性
【解析】
把所求的不等式的右边移项到左边后，设左边的式子为F(x)构成一个函数，把x=−1代入F(x)中，由f(−1)=2出F(−1)的值，然后求出F(x)的导函数，根据f′(x)>2，得到导函数大于0即得到F(x)在R上为增函数，根据函数的增减性即可得到F(x)大于0的解集，进而得到所求不等式的解集．
【解答】
解：设F(x)=f(x)−(2x+4)，
则F(−1)=f(−1)−(−2+4)=2−2=0，
又对任意x∈R，f′(x)>2，
所以F′(x)=f′(x)−2>0，
即F(x)在R上单调递增，
则F(x)>0的解集为(−1, +∞)，
即f(x)>2x+4的解集为(−1, +∞)．
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设b,a是曲线C:y=lnx上的点，d,c是直线l:y=x+1上的点；
a−c2+b−d2可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方．
对函数y=lnx求导得y′=1x，令y′=1，得x=1，
所以，曲线C上一点到直线l上距离最小的点为1,0，
该点到直线l的距离为|1−0+1|12+−12=2 .
因此， a−c2+b−d2的最小值为22=2.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=2x−x2ex，则f′x=2−x2ex，
故函数在−∞,−2和2,+∞上单调递减，在−2,2上单调递增，
画出函数图象，如图所示：
根据图象知②③④正确，①错误，应该是fx的单调递减区间为−∞,−2和2,+∞.
故选C.
二、填空题
【答案】
(0, 8)
【考点】
导数的运算
一元二次不等式的解法
【解析】
根据导数的运算法则和不等式的解法即可求出．
【解答】
解：对函数y=fx求导，得f′x=2x+2f′2，
则f′2=4+2f′2，解得f′2=−4，
∴ fx=x2−8x，解不等式fx<0，
即x2−8x<0，解得0因此，不等式fx<0的解集为0,8.
故答案为：(0, 8).
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意，得f′x=a−bex，
又f′0=a−b=a−1，∴ b=1.
(2)f′x=a−ex，
当a≤0时， f′x<0,fx在R上单调递减， fx没有最值；
当a>0时，令f′x<0，得x>lna;令f′x>0，得x∴ fx在区间−∞,lna上单调递增，在区间lna,+∞上单调递减，
∴ fx在x=lna处取得唯一的极大值，即为最大值，且fxmax=flna=alna−a.
综上所述，当a≤0时， fx没有最值；当a>0时， fx的最大值为alna−a，无最小值．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得f′x=a−bex，
又f′0=a−b=a−1，∴ b=1.
(2)f′x=a−ex，
当a≤0时， f′x<0,fx在R上单调递减， fx没有最值；
当a>0时，令f′x<0，得x>lna;令f′x>0，得x∴ fx在区间−∞,lna上单调递增，在区间lna,+∞上单调递减，
∴ fx在x=lna处取得唯一的极大值，即为最大值，且fxmax=flna=alna−a.
综上所述，当a≤0时， fx没有最值；当a>0时， fx的最大值为alna−a，无最小值．
【答案】
(1)解：因为f′x=csx−csx−xsinx=xsinx，
所以f′π=0.
(2)证明：令g(x)=f(x)−13x3，
则g′x=xsinx−x2=xsinx−x，
当x∈0,π2时，设tx=sinx−x，
则t′x=csx−1<0，
所以tx在x∈0,π2上单调递减，
tx=sinx−x即sinx所以g′x<0，
所以gx在0,π2上单调递减，
所以g(x)所以fx<13x3．
(3)解：原题等价于sinx>kx对x∈0,π2恒成立．
即k令h(x)=sinxx，
则h′(x)=xcsx−sinxx2=−f(x)x2．
易知f′x=xsinx>0，
即f(x)在0,π2上单调递增，
所以fx>f0=0，
所以h′x<0．
故h(x)在(0,π2)上单调递减，
所以k≤hπ2=2π．
综上所述，k的最大值为2π．
【考点】
导数的运算
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：因为f′x=csx−csx−xsinx=xsinx，
所以f′π=0.
(2)证明：令g(x)=f(x)−13x3，
则g′x=xsinx−x2=xsinx−x，
当x∈0,π2时，设tx=sinx−x，
则t′x=csx−1<0，
所以tx在x∈0,π2上单调递减，
tx=sinx−x即sinx所以g′x<0，
所以gx在0,π2上单调递减，
所以g(x)所以fx<13x3．
(3)解：原题等价于sinx>kx对x∈0,π2恒成立．
即k令h(x)=sinxx，
则h′(x)=xcsx−sinxx2=−f(x)x2．
易知f′x=xsinx>0，
即f(x)在0,π2上单调递增，
所以fx>f0=0，
所以h′x<0．
故h(x)在(0,π2)上单调递减，
所以k≤hπ2=2π．
综上所述，k的最大值为2π．
【答案】
解：(1)由fx=ln1+x−x得定义域为−1,+∞，
又f′x=11+x−1=−x1+x，
由f′x>0得−1由f′x<0得x>0，
所以函数fx=ln1+x−x在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减．
因此fxmax=f0=0 .
(2)由(1)知fx=ln1+x−x在0,+∞上单调递减，
所以fx=ln1+x−x即ln1+x令x=13n，则ln1+13n<13n恒成立，
所以ln1+13+ln1+132+ln1+133+⋯+ln1+13n
<13+132+133+⋯+13n
=13[1−(13)n]1−13=121−13n<12,n∈N*；
因此ln1+131+1321+133⋯1+13n<12，
则(1+13)(1+132)(1+133)⋯(1+13n)又对任意n∈N*，不等式1+131+1321+133⋯⋯1+13n≤m恒成立，m为整数，所以m最小为2 .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
1
1
【解答】
解：(1)由fx=ln1+x−x得定义域为−1,+∞，
又f′x=11+x−1=−x1+x，
由f′x>0得−1由f′x<0得x>0，
所以函数fx=ln1+x−x在−1,0上单调递增，在0,+∞上单调递减．
因此fxmax=f0=0 .
(2)由(1)知fx=ln1+x−x在0,+∞上单调递减，
所以fx=ln1+x−x即ln1+x令x=13n，则ln1+13n<13n恒成立，
所以ln1+13+ln1+132+ln1+133+⋯+ln1+13n
<13+132+133+⋯+13n
=13[1−(13)n]1−13=121−13n<12,n∈N*；
因此ln1+131+1321+133⋯1+13n<12，
则(1+13)(1+132)(1+133)⋯(1+13n)又对任意n∈N*，不等式1+131+1321+133⋯⋯1+13n≤m恒成立，m为整数，所以m最小为2 .