2023-2024学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高二（下）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高二（下）期中数学试卷，共11页。试卷主要包含了设函数f=xex，则等内容，欢迎下载使用。

A. 10B. 12C. 26D. 28
2.设函数f(x)=xex，则( )
A. x=1为f(x)的极大值点B. x=1为f(x)的极小值点
C. x=−1为f(x)的极大值点D. x=−1为f(x)的极小值点
3.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A. 1盏B. 3盏C. 5盏D. 9盏
4.函数f(x)=xlnx的单调递减区间为( )
A. (0,e)B. (e,+∞)C. (0,1)∪(1,e)D. (0,1)和(1,e)
5.已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则函数y=f(x)的图象可能为( )
A.
B.
C.
D.
6.已知曲线y=aex+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b，则( )
A. a=e，b=−1B. a=e，b=1
C. a=e−1，b=1D. a=e−1，b=−1
7.已知数列{an}满足a1=2，an+1=2anan+1，则下列结论正确的是( )
A. 数列{1an}是公差为12的等差数列B. 数列{1an}是公差为2的等差数列
C. 数列{1an−1}是公比为12的等比数列D. 数列{1an−1}是公比为2的等比数列
8.若函数f(x)=x−klnx在区间(1,+∞)单调递增，则k的取值范围是( )
A. (−∞,0]B. (−∞,1]C. [0,+∞)D. [1,+∞)
9.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，下列结论中正确的是( )
A. ∃x0∈R，f(x0)=0
B. 函数f(x)的值域为R
C. 若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)=0
D. 若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(−∞,x0)单调递减
10.公差为d的等差数列{an}，其前n项和为Sn，S11>0，S12<0，下列说法正确的有( )
A. d>0B. a7>0C. {Sn}中S6最大D. |a4|<|a9|
11.若0A. x1lnx2>x2lnx1B. x1lnx2x1ex2D. x2ex112.已知函数f(x)=f′(1)ln(x+1)−x，则f′(1)的值为______.
13.函数f(x)=xsinx+csx(0≤x≤π)的最大值为______.
14.记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn=2an+1，则an=______
15.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，S3=9.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1an⋅an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
16.已知函数f(x)=13x3+ax2+bx(a,b∈R)在x=−3处取得极大值为9.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)在区间[−3,3]上的最大值.
17.已知函数f(x)=lnx−2ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值范围.
18.已知数列{an}满足：a1=13,an−an+1anan+1=3(n∈N*).
(1)证明数列{1an}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，求数列{bnan}的前n项和Sn.
19.已知函数f(x)=aex−lnx−1.
(1)设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由a1=2，an+1=3an−2，
可得a2=3a1−2=4，a3=3a2−2=12−2=10，
a4=3a3−2=30−2=28.
故选：D.
由数列的递推式，分别求得a2，a3，a4.
本题考查数列的递推式，考查运算能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由于f(x)=xex，可得f′(x)=(x+1)ex，
令f′(x)=(x+1)ex=0可得x=−1
令f′(x)=(x+1)ex>0可得x>−1，即函数在(−1,+∞)上是增函数
令f′(x)=(x+1)ex<0可得x<−1，即函数在(−∞,−1)上是减函数
所以x=−1为f(x)的极小值点
故选：D.
由题意，可先求出f′(x)=(x+1)ex，利用导数研究出函数的单调性，即可得出x=−1为f(x)的极小值点
本题考查利用导数研究函数的极值，解题的关键是正确求出导数及掌握求极值的步骤，本题是基础题，
3.【答案】B
【解析】【分析】
设塔的顶层共有a1盏灯，则数列{an}公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式能求出结果．
本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
【解答】
解：设塔的顶层共有a1盏灯，
则数列{an}公比为2的等比数列，
∴S7=a1(1−27)1−2=381，
解得a1=3.
故选：B.
4.【答案】D
【解析】解：因为f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞)，
f′(x)=lnx−1(lnx)2，
令f′(x)<0，即lnx−1<0，得0所以f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1,e).
故选：D.
求出f(x)的定义域和导数，解不等式f′(x)<0结合定义域即可得答案．
本题主要考查利用导函数研究函数单调性，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：当0所以f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，
当x>1时，xf′(x)>0，
所以f′(x)>0，
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，
故选：C.
当01时，xf′(x)>0，可得f(x)在(1,+∞)上单调性，即可得出答案．
本题考查函数的单调性，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：y′=aex+lnx+1，
k=y′|x=1=ae+1=2，∴a=e−1
将(1,1)代入y=2x+b，得2+b=1，b=−1.
故选：D.
通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得a，将点的坐标代入直线方程，求得b.
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了利用等比数列的递推公式构造等比数列，还考查了等比数列的定义，属于基础题．
对已知递推公式进行变形得，1an+1=an+12an=12⋅1an+12，结合等比数列的定义即可判断．
【解答】
解：∵an+1=2anan+1，
∴1an+1=an+12an=12⋅1an+12，
∴1an+1−1=12(1an−1)，
∴数列{1an−1}是公比为12的等比数列．
故选：C.
8.【答案】B
【解析】解：f(x)=x−klnx在区间(1,+∞)单调递增，
所以f′(x)=1−kx≥0在区间(1,+∞)恒成立，即k≤x在区间(1,+∞)恒成立，
故k≤1.
故选：B.
由题意可得f′(x)=1−kx≥0在区间(1,+∞)恒成立，分离参数后即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用及不等式的恒成立问题的求解，属于基础试题．
9.【答案】ABC
【解析】解：因为三次函数f(x)的三次项系数为正值，若函数f(x)存在极值点，则f′(x)=0必有两根，
所以函数f(x)必有两个极值点，设为x1，x2，则极小值点x2>x1，
所以函数f(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)递增，在(x1,x2)递减，故D错误，
根据(−∞,x1)，(x2,+∞)递增，可得函数f(x)的值域为R，ABC均正确．
故选：ABC.
分析可知函数f(x)必有两个极值点，设为x1，x2，且f(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)递增，在(x1,x2)递减，由此可得正确答案．
本题考查三次函数的图象及性质，考查利用导数判断函数的单调性，极值，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：由S11=11(a1+a11)2=11a6>0，得a6>0，
又S12=12(a1+a12)2=6(a6+a7)<0，得a6+a7<0，
∴a6>0，a7<0，d<0，
∴数列{an}是递减数列，其前6项为正，从第7项起均为负数，因此前六项和最大，
∴a4>0，a9<0，|a4|−|a9|=a4+a9=a6+a7<0，即|a4|<|a9|，
故A，B错误；C，D正确．
故选：CD.
利用等差数列性质结合给定条件可得a6>0，a6+a7<0，再逐项分析判断作答．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：令f(x)=lnxx，0则f′(x)=1x⋅x−lnxx2=1−lnxx2，
故f′(x)在(0,1)上恒为正数，
即f(x)在(0,1)上单调递增，
又0x2lnx1，故A对，B错；
令g(x)=exx，0则g′(x)=ex(x−1)x2，
故g′(x)在(0,1)上恒为负数，
即g(x)在(0,1)上单调递增减
又0ex2x2，x2ex1>x1ex2，故C对，D错．
故选：AC.
根据选项的特点构造函数，研究函数的单调性，进而求解结论．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力和转化思想，属于中档题．
12.【答案】−2
【解析】解：f(x)=f′(1)ln(x+1)−x，
求导可得，f′(x)=f′(1)x+1−1，令x=1，
则f′(1)=12f′(1)−1，解得f′(1)=−2.
故答案为：−2.
对函数求导，再将x=1代入导函数，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
13.【答案】π2
【解析】解：函数f(x)=xsinx+csx，
所以f′(x)=sinx+xcsx−sinx=xcsx，
因为f′(π2)=0，
当x∈(0,π2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(π2,π)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以函数在x=π2时，f(x)极大值=f(π2)=π2.
故答案为：π2.
求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，即可求出函数的最大值．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，属于中档题．
14.【答案】−2n−1
【解析】解：∵Sn=2an+1，
∴Sn+1=2an+1+1，
∴Sn+1−Sn=2an+1−2an，即an+1=2an+1−2an，
∴an+1=2an，
又∵a1=S1=2a1+1，
∴a1=−1.
∴数列{an}是以−1为首项，2为公比的等比数列，
∴an=−1×2n−1=−2n−1.
故答案为：−2n−1.
由已知可得Sn+1=2an+1+1，而Sn=2an+1，两式相减，可得an+1=2an，再结合Sn=2an+1，令n=1求出a1，从而可得数列{an}是以−1为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式求解即可．
本题考查了数列递推式，考查了数列的通项公式，是基础题．
15.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由S3=a1+a2+a3=9，a1=1，得1+1+d+1+2d=9，解得d=2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)由(1)可知bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=12(1−13+13−15+⋅⋅⋅+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d，根据S3=9，a1=1可得1+1+d+1+2d=9，则d=2，从而即可求出an；
(2))由(1)可知bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，从而即可利用裂项相消求和法求出Tn.
本题考查等差数列的通项公式，裂项相消求和法，考查学生逻辑推理与运算求解的能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)f′(x)=x2+2ax+b，
因为f(x)在x=−3处取得极大值为9，
则f′(−3)=0f(−3)=9，
即9−6a+b=0−9+9a−3b=9，解得a=1，b=−3，
经检验，上述结果满足题意，
(2)由(1)得f(x)=13x3+x2−3x，∴f′(x)=x2+2−3−(x+3)(x−1)，
令f′(x)<0，得−30，得x<−3或x>1，
∴f(x)在[−3,3]上的单调递减区间是[−3,1]，单调递增区间为[1,3].
∵f(−3)=f(3)=9，∴函数f(x)在区间[−3,3]上的最大值为9.
【解析】(1)先求出函数f(x)的导数，利用导函数的符号，通过函数的极大值，求出a的值；
(2)先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，得到函数的单调区间，然后求出函数的最值．
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f′(x)=1x−2a=1−2axx(x>0).
当a≤0时，f′(x)=1−2axx>0在(0,+∞)上恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)=1−2axx=0，解得x=12a，
当x∈(0,12a)时，f′(x)=1−2axx>0，
当x∈(12a,+∞)时，f′(x)=1−2axx<0，
所以f(x)在(0,12a)上单调递增，在(12a,+∞)上单调递减．
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，
若f(x)≤0恒成立，则lnx−2ax≤0恒成立，
即2a≥lnxx恒成立，
令g(x)=lnxx，只需2a≥g(x)max，
又g′(x)=(lnx)′⋅x−lnx⋅x′x2=1−lnxx2，
令g′(x)=0得x=e，
所以当x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)=lnxx单调递增，
x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，则g(x)=lnxx单调递减，
所以g(x)=lnxx在x=e时取得极大值，也时最大值，
所以2a≥g(x)max=g(e)=1e，
解得a≥12e，
所以a的取值范围是[12e,+∞).
【解析】(1)求定义域，求导，分a≤0与a>0两种情况，求解单调性．
(2)参变分离，得到2a≥lnxx，构造g(x)=lnxx，求导，得到其单调性，求出最大值，得到a≥12e.
本题考查导数的综合应用，恒成立问题，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵a1=13，an−an+1anan+1=1an+1−1an=3，
∴{1an}是以首项为3，公差为3的一个等差数列，
∴1an=3+3(n−1)=3n，∴an=13n；
(2)根据题意可得bn=3n−1，∴bnan=n⋅3n，
∴Sn=3+2×32+3×33+4×34+⋯+n×3n，
∴3Sn=32+2×33+3×34+4×35+⋯+n×3n+1，
∴−2Sn=3+32+33+34+⋯+3n−n⋅3n+1=3(1−3n)1−3−n⋅3n+1，
∴Sn=34+2n−14⋅3n+1.
【解析】(1)由a1=13，an−an+1anan+1=1an+1−1an=3可得{1an}是首项为3，公差为3的等差数列，从而即可求出an；
(2)由题意可得bn=3n−1，则bnan=n⋅3n，从而利用错位相减求和法即可求出Sn.
本题考查数列的递推公式，错位相减求和法，考查学生逻辑推理与运算求解的能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵函数f(x)=aex−lnx−1.
∴x>0，f′(x)=aex−1x，
∵x=2是f(x)的极值点，
∴f′(2)=ae2−12=0，解得a=12e2，
∴f(x)=12e2ex−lnx−1，
∴f′(x)=12e2ex−1x，显然f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴当02时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．
(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe−lnx−1，
设g(x)=exe−lnx−1，则g′(x)=exe−1x，
由g′(x)=exe−1x=0，得x=1，且g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
当0当x>1时，g′(x)>0，
∴x=1是g(x)的极小值点，也是最小值点，
故当x>0时，g(x)≥g(1)=0，
∴当a≥1e时，f(x)≥0.
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，考查利用导数证明不等式，同时考查逻辑思维能力，是中档题．
(1)推导出x>0，f′(x)=aex−1x，由x=2是f(x)的极值点，解得a=12e2，从而f(x)=12e2ex−lnx−1，进而f′(x)=12e2ex−1x，由此能求出f(x)的单调区间．
(2)当a≥1e时，f(x)≥exe−lnx−1，设g(x)=exe−lnx−1，利用导数求得函数g(x)的最小值，即能证明当a≥1e时，f(x)≥0.