2021-2022学年湖北省十堰市某校高二(下)月考数学试卷
展开这是一份2021-2022学年湖北省十堰市某校高二(下)月考数学试卷,共9页。试卷主要包含了选择题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1. 已知fx=ex−e−x,f’x是fx的导函数,则f’2=()
A.0B.e2+e−2C.e2−e−2D.1
2. 已知函数f(x)=(x2+x+1)ex,则f(x)在(0, f(0))处的切线方程为( )
A.x+y+1=0B.x−y+1=0C.2x+y+1=0D.2x−y+1=0
3. 3.函数fx的导函数f′x的图象如右图所示,则y=fx的图象可能是( )
A.B.C.D.
4. 已知函数fx的导函数为f′x,且满足fx=lnx+x2f′1+x,则f′3=( )
A.323B.−323C.152D.−152
5. 函数fx=x2−aex在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围是( )
A.a≥−1B.a>−1C.a≤−1D.a<−1
6. 函数f(x)=ex−e−xx2的图像大致为( )
A.B.
C.D.
7. 已知a=ln12020+20192020,b=ln12021+20202021,c=ln12022+20212022,则a,b,c的大小关系是( )
A.a>b>cB.a>c>bC.c>b>aD.c>a>b
8. 已知函数fx=ae2x+a−2ex−x,若fx有两个零点,则实数a的取值范围为( )
A.0,1B.(0,1]C.(1e,e]D.[1e,e]
二、多选题
设f′x是函数y=fx的导函数,则以下求导运算中,正确的有( )
A.若fx=sin2x,则f′x=cs2x
B.若fx=xex−ln2,则f′x=x+1ex
C.若f′x=2x−1,则fx=x2−x
D.若fx=tanx,则f′x=1cs2x
已知函数fx=x3+ax2+bx+c,x∈−2,2表示的曲线过原点,且在x=±1处的切线的斜率均为−1,以下正确的命题为( )
A.fx=x3−4x,x∈−2,2
B.fx的极值点有且仅有一个
C.fx的最大值与最小值之和等于零
D.fx有两个单调递增区间
已知函数f(x)及其导函数f′(x),若存在x0使得f(x0)=f′(x0),则称x0是f(x)的一个“巧值点”,下列选项中有“巧值点”的函数是( )
A.f(x)=x2B.f(x)=e−xC.f(x)=lnxD.f(x)=tanx
对于函数f(x)=lnxx2,下列说法正确的是( )
A.f(x)在x=e处取得极大值12e
B.f(x)有两个不同的零点
C.f(2)
三、填空题
已知曲线C:y=x+9xx>0,若过曲线C上的点P的切线与直线2x+y=0平行,则点P的坐标为
若函数fx=cs2x+asinx在区间π6,π2上是增函数,则实数a的取值范围是________.
曲线fx=xlnx+x2−x+2在点(x0,f(x0)x0>0)处的切线恰好经过坐标原点,则x0=
若lnx+1x≤ax+b对于x∈0,+∞恒成立,当a=0时,b的最小值为________;当a>0时,ba的最小值是________.
四、解答题
已知函数f(x)=ax3−6ax2+b,x∈[−1, 2]的最大值为3,最小值为−29,求a,b的值.
已知函数fx=−lnx+2x−2.
(1)求与fx相切且斜率为1的直线方程;
(2)若 gx=fx+ax+2,当x∈1,e时,g(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
已知f(x)=x3−ax2+3x
(1)若f(x)在[3, +∞)上是增函数,求实数a的取值范围;
(2)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)在[1, a]上的最小值和最大值.
已知函数f(x)=ex−ax−1,其中a为实数,
(1)若a=1,求函数f(x)的最小值;
(2)若方程f(x)=0在(0, 2]上有实数解,求a的取值范围.
已知fx=lnx−mx2−2m−1xm∈R,gx=ex2−x2−1.
(1)讨论f(x)单调性;
(2)若m>0时,若对于任意x1>0,总存在x2∈−2,−1,使得fx1≤gx2,求m的取值范围.
已知函数fx=lnx+1+ax−1a∈R.
(1)讨论函数fx的极值;
(2)若fx+ex≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
参考答案与试题解析
2021-2022学年湖北省十堰市某校高二(下)月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
函数的求值
导数的加法与减法法则
求函数的值
【解析】
先对函数求导,再将x=2代入fx ,即可求出结果.
【解答】
因为fx=ex−e−x
所以fx=ex+e−x
因此f′2=e2+e−2
故选B
2.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出原函数的导函数,得到函数在x=0处切线的斜率,再求出f(0),利用直线方程的斜截式得答案.
【解答】
解:由f(x)=(x2+x+1)ex,
得f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x+1)ex=(x2+3x+2)ex,
则f′(0)=2,又f(0)=1,
∴ f(x)在(0, f(0))处的切线方程为y=2x+1,即2x−y+1=0.
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
函数图象的作法
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
4.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
5.
【答案】
B
【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
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
6.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
【解析】
判断函数的奇偶性和对称性,利用极限思想进行判断排除即可.
【解答】
解:函数的定义域为{x|x≠0},
f(−x)=e−x−exx2=−f(x),
则函数f(x)是奇函数,图象关于原点对称,排除A,
当x→+∞,f(x)→+∞排,故除CD.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
8.
【答案】
A
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
简单复合函数的导数
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
BD
【答案】
A,C,D
【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
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
ACD
【答案】
A,C
【考点】
导数的运算
函数的零点与方程根的关系
【解析】
根据“巧值点”的定义,对①②③④⑤五个命题逐一判断即可得到答案.
【解答】
解:A,f(x)=x2,f′(x)=2x.要使f(x)=f′(x),则x2=2x,解得x=0或2,故原函数有巧值点;
B,要使f(x)=f′(x),则e−x=−e−x,由对任意的x,有e−x>0,可知方程无解,故原函数没有巧值点;
C,要使f(x)=f′(x),则lnx=1x,如图,
由函数f(x)=lnx与y=1x的图象知,它们有交点,因此方程有解,故原函数有巧值点;
D,要使f(x)=f′(x),则tanx=1cs2x,即sinxcsx=1,sin2x=2,显然无解,故原函数没有巧值点.
故选AC.
【答案】
A,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
首先利用函数的求导求出函数的单调区间,进一步求出函数的极值,再利用函数的零点和方程的根的关系式求出函数有两个零点,进一步利用函数的单调性和函数的值比较出函数的大小关系,最后利用函数的恒成立问题的应用求出最后结果.
【解答】
①函数f(x)=lnxx2,所以f′(x)=1x⋅x2−lnx⋅2xx4=1−2lnxx3(x>0),
令f′(x)=0,即2lnx=1,解得x=e,
当0
当x>e时,f′(x)<0,故函数为单调递减函数.所以函数在x=e时取得极大值f(e)=12e,故A正确,
②由于当x=1时,f(1)=0,当0
当x>e时,f′(x)<0,故函数为单调递增函数,且f(e)=12e>0.
所以函数f(x)没有零点.故B错误.
③由于当x>e时,f′(x)<0,故函数为单调递减函数.
所以f(π)
所以f(π)−f(2)=lnπ24π−ln2π4π,
由于π2>2π,
所以f(2)
所以k>(lnx+1x2)max,设g(x)=lnx+1x2,则g′(x)=−2lnx−1x3,
令g′(x)=0,解得x=1e,
所以0
所以g(x)max=g(1e)=e−e2=e2.
故k>e2,故D正确.
故选:ACD.
三、填空题
【答案】
(3,43)
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(3,43)
【答案】
[4,+∞)
【考点】
函数的单调性及单调区间
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
[4,+∞)
【答案】
1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1
【答案】
1,−1e
【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1;−1e
四、解答题
【答案】
a=2,b=3或a=−2,b=−29.
【考点】
导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】
求出f′(x)=0在[−1, 2]上的解,研究函数f(x)的增减性,函数的最值应该在极值点或者区间端点取,已知最大值为3,最小值为−29代入即可.
【解答】
解:函数f(x)=ax3−6ax2+b
∴ f′(x)=3ax2−12ax=3a(x2−4x)
令f′(x)=3ax2−12ax=3a(x2−4x)=0,显然a≠0,否则f(x)=b为常数,矛盾,
∴ x=0,若a>0,列表如下:
由表可知,当x=0时f(x)取得最大值∴ b=3
又f′(0)=−29,则f(2)
若a<0,同理可得a=−2,b=−29
【答案】
解:(1)∵ 直线斜率为1且与fx相切,
∴ f′x=1,即2−1x=1,解得x=1,
而f1=0,
∴ 切线方程为x−y−1=0.
(2)∵ gx=−lnx+2+ax≥0在x∈1,e上恒成立,
即a+2x≥lnx在x∈1,e上恒成立,
∴ a+2≥lnxx在x∈1,e上恒成立,
设hx=lnxx,则等价于x∈1,e时,a+2≥hxmax,
又h′x=1−lnxx2,
在x∈0,e时,hx>0,hx单调递增;
∴ hxmax=he=1e,即 a+2≥1e,
解得a≥1e−2.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数恒成立问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)∵ 直线斜率为1且与fx相切,
∴ f′x=1,即2−1x=1,解得x=1,
而f1=0,
∴ 切线方程为x−y−1=0.
(2)∵ gx=−lnx+2+ax≥0在x∈1,e上恒成立,
即a+2x≥lnx在x∈1,e上恒成立,
∴ a+2≥lnxx在x∈1,e上恒成立,
设hx=lnxx,则等价于x∈1,e时,a+2≥hxmax,
又h′x=1−lnxx2,
在x∈0,e时,hx>0,hx单调递增;
∴ hxmax=he=1e,即 a+2≥1e,
解得a≥1e−2.
【答案】
解:(1)由题知,f′(x)=3x2−2ax−3,令f′(x)>0(x≥3),得a≤32(x+1x).
记t(x)=32(x+1x),当x≥3时,t(x)是增函数,∴ t(x)min=32×103=5,∴ a≤5.
(2)由题意,得f′(3)=0,即27−6a+3=0,∴ a=5,∴ f(x)=x3−5x2+3x,f′(x)=3x2−10x+3.
令f′(x)=0,得x1=13(舍去),x2=3,
当x∈(1, 3),f′(x)<0,∴ f(x)在(1, 3)上为减函数;
当x∈(3, 5),f′(x)>0,∴ f(x)在(3, 4)上为增函数,∴ x=3时f(x)有极小值.
于是,当x∈[1, 5]时,f(x)min=f(3)=−9,
∴ f(x)max=f(5)=15.
【考点】
导数求函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(1)因为f(x)在x∈[1, +∞)上是增函数,所以令f′(x)>0,解得a<32(x−1x),求出t(x)=32(x−1x)的最小值得到a的取值范围.
(2)由f′(3)=0,得a=4,从而有f(x)在(1, 3)上为减函数,在(3, 4)上为增函数,∴ x=3时f(x)有极小值,从而确定最小值和最大值.
【解答】
解:(1)由题知,f′(x)=3x2−2ax−3,令f′(x)>0(x≥2),得a<32(x−1x).
记t(x)=32(x−1x),当x≥2时,t(x)是增函数,∴ t(x)min=32×(2−12)=94,∴ a<94,又a=94时,f′(x)=3x2−92x−3=3(x−34)2−7516在[2, +∞)上恒大于等于0,∴ a=94也符合题意,∴ a≤94.
(2)由题意,得f′(3)=0,即27−6a−3=0,∴ a=4,∴ f(x)=x3−4x2−3x,f′(x)=3x2−8x−3.
令f′(x)=0,得x1=−13,x2=3,
又∵ x∈[1, 4],∴ x=−13舍,故x=3,
当x∈(1, 3),f′(x)<0,∴ f(x)在(1, 3)上为减函数;
当x∈(3, 4),f′(x)>0,∴ f(x)在(3, 4)上为增函数,∴ x=3时f(x)有极小值.
于是,当x∈[1, 4]时,f(x)min=f(3)=−18,
而f(1)=−6,f(4)=−12,∴ f(x)max=f(1)=−6.
(2)由题意,得f′(3)=0,即27−6a+3=0,∴ a=5,∴ f(x)=x3−5x2+3x,f′(x)=3x2−10x+3.
令f′(x)=0,得x1=13(舍去),x2=3,
当x∈(1, 3),f′(x)<0,∴ f(x)在(1, 3)上为减函数;
当x∈(3, 5),f′(x)>0,∴ f(x)在(3, 4)上为增函数,∴ x=3时f(x)有极小值.
于是,当x∈[1, 5]时,f(x)min=f(3)=−9,
∴ f(x)max=f(5)=15.
【答案】
解:(1)f′(x)=ex−1,由f′(x)=0得x=0
当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(0, +∞)内递增;
当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(−∞, 0)内递减;
故函数f(x)在x=0处取得最小值f(1)=0.
(2)f′(x)=ex−a(0
f(x)>f(0)=0,方程f(x)=0在(0, 2]上无实数解;
②当a≥e2时,f′(x)≤0,f(x)在(0, 2]内递减;
f(x)
又f(0)=0,f(2)=e2−2a−1
由f(2)=e2−2a−1≥0得1故a的取值范围为(1,e2−12]
【考点】
导数求函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(1)求出f′(x)=ex−1,由f′(x)=0得x=0,从而求出函数的单调区间,进而求出函数的最值;
(2)先求出f′(x)=ex−a(0
解:(1)f′(x)=ex−1,由f′(x)=0得x=0
当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(0, +∞)内递增;
当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(−∞, 0)内递减;
故函数f(x)在x=0处取得最小值f(1)=0.
(2)f′(x)=ex−a(0
f(x)>f(0)=0,方程f(x)=0在(0, 2]上无实数解;
②当a≥e2时,f′(x)≤0,f(x)在(0, 2]内递减;
f(x)
又f(0)=0,f(2)=e2−2a−1
由f(2)=e2−2a−1≥0得1故a的取值范围为(1,e2−12]
【答案】
解:(1)函数fx的定义域为0,+∞ ,f′x=−2mx−1x+1x,
∴ 当m≤0时,f′x≥0,fx在0,+∞ 单调递增,
当m>0时,令f′x>0,解得0
∴ 函数fx在0,12m上单调递增,在(12m +∞)上单调递减.
(2)由题意,得f′x=−2mx−1x+1x,
当m>0时,令f′x>0,解得x∈0,12m,
则fx在0,12m上单调递增;
令f′x<0,解得x∈12m,+∞,
则fx在12m,+∞上单调递减;
所以当m>0时,fxmax=f12m=14m−ln2m−1,
根据题意,不等式等价于14m−ln2m−1≤gx2max,x2∈−2,−1,
对于gx=ex2−x2−1,则g′x=ex2−2x>0,x∈−2,−1,
所以gx在x∈−2,−1上单调递增,
所以gxmax=g−1=12e−2,
则有14m−ln2m−1≤12e−2,
设hm=14m−ln2m−1,(m>0),
则h′m=−14m2−1m<0,
所以hm在定义域内为减函数,
又he2=12e−2,
所以m≥e2,
即m的取值范围是e2,+∞.
【考点】
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
【解答】
解:(1)函数fx的定义域为0,+∞ ,f′x=−2mx−1x+1x,
∴ 当m≤0时,f′x≥0,fx在0,+∞ 单调递增,
当m>0时,令f′x>0,解得0
∴ 函数fx在0,12m上单调递增,在(12m +∞)上单调递减.
(2)由题意,得f′x=−2mx−1x+1x,
当m>0时,令f′x>0,解得x∈0,12m,
则fx在0,12m上单调递增;
令f′x<0,解得x∈12m,+∞,
则fx在12m,+∞上单调递减;
所以当m>0时,fxmax=f12m=14m−ln2m−1,
根据题意,不等式等价于14m−ln2m−1≤gx2max,x2∈−2,−1,
对于gx=ex2−x2−1,则g′x=ex2−2x>0,x∈−2,−1,
所以gx在x∈−2,−1上单调递增,
所以gxmax=g−1=12e−2,
则有14m−ln2m−1≤12e−2,
设hm=14m−ln2m−1,(m>0),
则h′m=−14m2−1m<0,
所以hm在定义域内为减函数,
又he2=12e−2,
所以m≥e2,
即m的取值范围是e2,+∞.
【答案】
解:(1)f(x)=ln(x+1)+ax−1的定义域是(−1,+∞).
f(x)=1x+1+a=1+a(x+1)x+1,
当a≥0时,f′(x)>0对任意x∈(−1,+∞)恒成立,无极值;
当a<0时,−a+1a∈(−1,+∞).
令f′(x)<0,得x>−a+1a;
令f′(x)>0,得−1
f−a+1a=ln−a+1a+1+a−a+1a−1
=ln−1a−a−2,
无极小值.
(2)若f(x)+ex≥0对任意的x ∈[0,+∞)恒成立,
所以ex+ax+ln(x+1)−1≥0对任意的x ∈[0,+∞)成立,
引入函数G(x)=ex+ax+ln(x+1)−1(x≥0),
则G′(x)=ex+a+1x+1,
令G′(x)=0,即ex+a+1x+1=0,
引入函数p(x)=ex+1x+1(x≥0),
则p′(x)=ex−1(x+1)2,
所以当x≥0时,p′(x)≥0,
所以函数p(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以当x=0时,p(x)min=p(0)=2.
讨论:
当−a≤2,即a≥−2时,
G′(x)≥0,此时函数G(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以G(x)≥G(0)=0,满足题意;
当−a>2,即a<−2时,存在唯一实数x0,
使G′(x0)=0,且分析可知,当x∈[0,x0)时,G′(x)≤0,
当x∈(x0,+∞),G′(x)>0,
又G(x)=0,故当x∈[0,x0)时,G(x)<0,不满足题意;
综上,所求实数a的取值范围是[−2,+∞).
【考点】
导数在最大值、最小值问题中的应用
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:(1)f(x)=ln(x+1)+ax−1的定义域是(−1,+∞).
f(x)=1x+1+a=1+a(x+1)x+1,
当a≥0时,f′(x)>0对任意x∈(−1,+∞)恒成立,无极值;
当a<0时,−a+1a∈(−1,+∞).
令f′(x)<0,得x>−a+1a;
令f′(x)>0,得−1
f−a+1a=ln−a+1a+1+a−a+1a−1
=ln−1a−a−2,
无极小值.
(2)若f(x)+ex≥0对任意的x ∈[0,+∞)恒成立,
所以ex+ax+ln(x+1)−1≥0对任意的x ∈[0,+∞)成立,
引入函数G(x)=ex+ax+ln(x+1)−1(x≥0),
则G′(x)=ex+a+1x+1,
令G′(x)=0,即ex+a+1x+1=0,
引入函数p(x)=ex+1x+1(x≥0),
则p′(x)=ex−1(x+1)2,
所以当x≥0时,p′(x)≥0,
所以函数p(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以当x=0时,p(x)min=p(0)=2.
讨论:
当−a≤2,即a≥−2时,
G′(x)≥0,此时函数G(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以G(x)≥G(0)=0,满足题意;
当−a>2,即a<−2时,存在唯一实数x0,
使G′(x0)=0,且分析可知,当x∈[0,x0)时,G′(x)≤0,
当x∈(x0,+∞),G′(x)>0,
又G(x)=0,故当x∈[0,x0)时,G(x)<0,不满足题意;
综上,所求实数a的取值范围是[−2,+∞).
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