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    2021-2022学年湖北省十堰市某校高二(下)月考数学试卷

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    2021-2022学年湖北省十堰市某校高二(下)月考数学试卷

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    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)D.若f(x)e2
    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00,故函数在(0, e)上为单调递增函数.
    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00,故函数在(0, e)上为单调递减函数,
    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)由于f(2)=ln22=ln24,f(π)=lnππ=lnπ2π
    所以f(π)−f(2)=lnπ24π−ln2π4π,
    由于π2>2π,
    所以f(2)④由于f(x)f(x)+1x2=lnx+1x2,由于函数在(0, +∞)上恒成立,
    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01e函数单调递减,
    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)∴ f(2)=8a−24a+3=−16a+3=−29,∴ a=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(0①当a≤1时,f′(x)>0,f(x)在(0, 2]内递增;
    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)③当1当0当lna0,f(x)递增;
    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【解答】
    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(0①当a≤1时,f′(x)>0,f(x)在(0, 2]内递增;
    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)③当1当0当lna0,f(x)递增;
    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令f′x<0,解得x>12m,
    ∴ 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】

    【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令f′x<0,解得x>12m,
    ∴ 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故函数f(x)在x=−a+1a处取得极大值
    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故函数f(x)在x=−a+1a处取得极大值
    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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