2023-2024学年安徽省安庆七中高二（下）月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年安徽省安庆七中高二（下）月考数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.函数f(x)=12x−x3在区间[−3,1]上的最小值是( )
A. −16B. −18C. 11D. −9
2.下列关于函数f(x)=(3−x2)ex的结论中，正确结论的个数是( )
A. f(−3)是极大值，f(1)是极小值B. f(x)没有最大值，也没有最小值
C. f(x)有最大值，没有最小值D. f(x)有最小值，没有最大值
3.已知函数f(x)=2lnx+ax2−3x在x=2处取得极小值，则f(x)的极大值为( )
A. 2B. −52C. 3+ln2D. −2+2ln2
4.“a>2”是“函数f(x)=(x−a)ex在(0,+∞)上有极值”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若函数f(x)在x=1处取得极大值，则函数y=−xf′(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
6.若函数f(x)=3x−x3在区间(a−5,2a+1)上有最小值，则实数a的取值范围是( )
A. (−1,4]B. (−1,4)C. (−1,12]D. (−1,12)
7.已知函数f(x)=lnx−ax(x∈[1,+∞))，若不等式f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. [1,+∞)B. (−∞,1e)C. [1e,+∞)D. [0,+∞)
8.定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)<1，若f(m)−f(1−2m)≥3m−1，则m的取值范围是( )
A. (−∞,−1]B. (−∞,13]C. [−1,+∞)D. [13,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已经函数f(x)=x3−2x2在[−1,3]上，则下列说法正确的是( )
A. 最大值为9B. 最小值为−3
C. 函数f(x)在区间[1,3]上单调递增D. x=0是它的极大值点
10.定义在R上的可导函数y=f(x)的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是( )
A. −3是f(x)的一个极小值点B. −2和−1都是f(x)的极大值点
C. f(x)的单调递增区间是(−3,+∞)D. f(x)的单调递减区间是(−∞,−3)
11.已知函数f(x)=exlnx，则( )
A. x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方
B. f(x)有且仅有两个极值点
C. f(x)有且仅有一个极值点
D. f(x)在区间(1,2)上有最大值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.关于x的方程x3−3x2−a=0有3个不同的实数解，则a的取值范围是______．
13.设函数f(x)=ax33−bx2+a2x−13在x=1处取得极值为0，则a+b=______．
14.已知函数f(x)=exx+k(lnx−x)，若x=1是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为2x−y−2=0．
(Ⅰ)求a,b的值；
(Ⅱ)求数f(x)的极大值．
16.(本小题15分)
已知函数为f(x)=ax+lnx，其中a为常数．
(1)当a=−1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0,e](e为自然对数的底数)上的最大值为−3，求a的值．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2−mx+2lnx(m∈R)．
(1)若f(x)在其定义域内单调递增，求实数m的取值范围；
(2)若418.(本小题17分)
设函数f(x)=ex−ax．
(1)当a=1时，求函数f(x)在x=0处的切线方程；
(2)当a=2时，求证：f(x)>0；
(3)当a>1时，求函数f(x)在[0,1]上的最小值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=−12ax2+(1+a)x−lnx(a∈R)．
(1)当a=0时，求函数f(x)的最小值；
(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；
(3)当a=0时，设函数g(x)=xf(x)，若存在区间[m,n]⊆[12,+∞)，使得函数g(x)在[m,n]上的值域为[k(m+2)−2,k(n+2)−2]，求实数k的取值范围．
答案
1.A
2.C
3.B
4.A
5.B
6.C
7.C
8.B
9.ABD
10.ACD
11.AC
12.(−4,0)
13.−79
14.(−∞,e]
15.(Ⅰ)解：由f(x)=x+ax2+blnx，
得f′(x)=2ax+1+bx(x>0)．
由曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为2x−y−2=0，
得f′(1)=2a+1+b=2f(1)=1+a=0，
∴a=−1b=3，即a=−1，b=3．
(Ⅱ)f(x)=−x2+x+3lnx，x∈(0,+∞)，
f′(x)=−2x+1+3x(x>0)，
−2x+1+3x>0，解得x∈(0,32)；
−2x+1+3x<0，解得x∈(32,+∞)；
所以函数的增区间：(0,32)；减区间：(32,+∞)，
x=32时，函数取得极大值，函数的极大值为f(32)=−34+3ln32．
16.解：(1)∵f(x)=ax+lnx，∴f′(x)=a+1x，
当a=−1时，f(x)=−x+lnx，f′(x)=−1+1x=1−xx，
当00；当x>1时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴f(x)max=f(1)=−1．
(2)∵f′(x)=a+1x，x∈(0,e]，∴1x∈[1e,+∞),
①若a≥−1e，则f′(x)≥0，f(x)在(0,e]上单调递增，
∴f(x)max=f(e)=ae+1≥0，不合题意；
②若a<−1e，则由f′(x)>0⇒a+1x>0，即0由f′(x)<0⇒a+1x<0，即−1a从而f(x)在(0,−1a)上单调递增，在(−1a,e)上单调递减，
∴f(x)max=f(−1a)=−1+ln(−1a)，
令−1+ln(−1a)=−3，则ln(−1a)=−2，
∴−1a=e−2，即a=−e2，
∵−e2<−1e，
∴a=−e2为所求．
17.解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)．
∵f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴f′(x)=2x−m+2x≥0在(0,+∞)上恒成立，
即m≤2x+2x在(0,+∞)上恒成立，
又2x+2x≥2 2x⋅2x=4(当且仅当x=1时等号成立)，
∴m≤4；
(2)f′(x)=2x−m+2x=2x2−mx+2x，
4∵f(x)有两个极值点x1，x2，
∴x1，x2为方程2x2−mx+2=0的两个不相等的实数根，
由韦达定理得：x1+x2=m2，x1⋅x2=1，
∵0∴0又m=2(x1+x2)=2(x1+1x1)∈(4,5)，
解得12∴f(x1)−f(x2)=(x12−mx1+2lnx1)−(x22−mx2+2lnx2)
=(x12−x22)+2(lnx1−lnx2)−2(x1+x2)(x1−x2)
=(x22−x12)+2(lnx1−lnx2)
=1x12−x12+4lnx1，
设g(x)=1x2−x2+4lnx(12则g′(x)=−2x3−2x+4x=−2(x4−2x2+1)x3=−2(x2−1)2x3<0，
∴g(x)在(12,1)上为减函数，
又g(12)=4−14+4ln12=154−4ln2，g(1)=1−1+0=0，
∴0即f(x1)−f(x2)的取值范围为(0,154−4ln2)．
18.解：(1)当a=1时，f(x)=ex−x，函数定义域为R，
可得f′(x)=ex−1，
所以f′(0)=0，
又f(0)=1，
所以函数f(x)在x=0处的切线方程为y−1=0(x−0)，
即y=1；
证明：当a=2时，f(x)=ex−2x，
可得f′(x)=ex−2，
当x当x>ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=ln2时，函数f(x)取得极小值也是最小值，最小值是f(ln2)=eln2−2ln2−2(1−ln2)>0，
所以f(x)>0恒成立；
(3)因为f(x)=ex−ax，
可得f′(x)=ex−a，
当x当x>lna时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当1所以函数f(x)在[0,lna)上单调递减，在(lna,1]上单调递增，
则当x=lna时，函数f(x)取得极小值也是最小值，
此时函数f(x)在[0,1]上的最小值为f(lna)=a−alna，
当a≥e时，lna≥1，
所以函数f(x)在[0,1]上单调递减，
此时函数f(x)的最小值为f(1)=e−a，
综上，当1当a≥e时，函数f(x)在[0,1]上的最小值为e−a．
19.解：(1)f′(x)=−ax+1+a−1x，
当a=0时，f′(x)=1−1x=x−1x，
令f′(x)<0，得0令f′(x)>0，得x>1，
∴f(x)单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
∴x=1时，f(x)取得极小值，也是最小值，
∴f(x)的最小值为f(1)=1．
(2)当a>0时，f′(x)=−ax+1+a−1x=−(x−1)(ax−1)x，
令f′(x)=0，得x=1或x=1a，
若a=1时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)单调递减区间是(0,+∞)，无递增区间．
若a>1时，1a<1，当01时，f′(x)<0，
当1a0，
即函数f(x)递减区间是(0,1a)，(1,+∞)，递增区间是(1a,1)．
若01，当01a时，f′(x)<0，
当10，
即函数f(x)递减区间是(0,1)，(1a,+∞)，递增区间是(1,1a).
综上，若a=1时，函数f(x)的递减区间是(0,+∞)，无递增区间；
若a>1时，函数f(x)的递减区间是(0,1a)，(1,+∞)，递增区间是(1a,1)；
若0(3)当a=0时，设函数g(x)=xf(x)=x2−xlnx，
则g′(x)=2x−lnx−1，设ℎ(x)=g′(x)，H(x)=2−1x(x>0)，
当x≥12时，ℎ′(x)≥0，g′(x)为增函数，
∴g′(x)≥g′(12)=ln2>0，
∴g(x)在[12,+∞)为增函数，
∴g(x)在区间[m,n]⊆[12,+∞)上递增，
所以函数g(x)在[m,n]上的值域为[k(m+2)−2,k(n+2)−2]，
∴g(m)=k(m+2)−2，g(n)=k(n+2)−2，
g(x)=k(x+2)−2在[12,+∞)上至少有两个不同的根m，n(m>n≥12)，
即方程x2−xlnx−k(x+2)+2=0在[12,+∞)上至少有两个不同的根m，n(m>n≥12)，
记φ(x)=x2−xlnx−k(x+2)+2(x≥12)，则
φ′(x)=2x−lnx−1−k，
所以φ″(x)=2−1x在x∈[12,+∞)恒正，
∴φ′(x)在区间x∈[12,+∞)上单调递增，
要使φ(x)=0在[12,+∞)上有两个不同的根则必存在x0>12使得φ′(x0)=0，
函数y=φ(x)在区间(12,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，且同时满足
φ(12)≥0①
φ(x0)=x02−x0lnx0−k(x0+2)+2<0②
φ′(x0)=0 ③
由①式得k≤9+2ln210，
由③得k=2x0−lnx0−1代入②得
x02−x0lnx0−(2x0−lnx0−1)(x0+2)+2<0，化简得x02+3x0−2lnx0−4>0，
设P(x)=x2+3x−2lnx−4，(x>12)则
P′(x)=2x−2x+3，
∴当x∈(12,+∞)时，P′(x)>0
∴P(x)在(12,+∞)上单调递增，
又∵P(1)=0，
∴P(x)>0的解集为{x|x>1}，
∴x0>1
∵函数g(x)=2x−lnx−1的导函数g′(x)=2−1x在(1,+∞)上恒大于0，
∴函数g(x)=2x−lnx−1在(1,+∞)上单调递增，
又因为 k>1，
即实数k的取值范围是(1,9+2ln210]，
又因为当k∈(1,9+2ln210]时，在区间(x0,+∞)上存在φ(e)=e2−e−(2+e)k+2，
即方程φ(x)=0在区间[12,x0)和(x0,+∞)上各有一个实根．
综上所述：实数k的取值范围是(1,9+2ln210]