江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第6周阶段性训练模拟练习【含答案】

这是一份江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第6周阶段性训练模拟练习【含答案】，共13页。试卷主要包含了函数y＝f，直线l过点，设定义域为，已知函数f等内容，欢迎下载使用。
1．函数y＝f（x）在P（1，f（1））处的切线如图所示，则f（1）+f′（1）＝（ ）
A．0B．C．D．﹣
2．直线l过点（﹣1，0）且与曲线y＝ex相切，则直线l的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
3．设定义域为（0，+∞）的单调函数f（x），对任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣lg2x]＝3，若x0是方程f（x）﹣f′（x）＝2的一个解，则x0可能存在的区间是（ ）
A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）
4．已知函数f（x）＝x（x﹣a）2的极大值为，则a＝（ ）
A．B．C．D．
二．多选题（共1小题）
（多选）5．已知函数f（x）＝sinx（1﹣csx），则（ ）
A．f（x）的零点为2kπ（k∈Z）
B．f（x）在[﹣π，π]上的最大值与最小值之和为0
C．直线x＝π是f（x）的图象的一条对称轴
D．0是函数y＝xf（x）的极小值点
三．填空题（共6小题）
6．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+x，a∈R．当a＝0时，则曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程是 ；若f（x）有两个零点，则a的取值范围是 ．
7．已知存在实数x，使得不等式成立，则实数t的取值范围是 ．
8．若函数f（x）＝ex+sinx+（a﹣2）x存在最小值，则a的取值范围是 ．
9．已知函数f（x）＝，g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4（e是自然对数的底数），若对∀x1∈（0，1），∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，则正整数k的最小值为 ．
10．函数f（x）＝x2+lnx的图象在点（1，1）处的切线的斜率为 ．
11．已知f（x）是{x|x≠0}上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝lnx．过原点O作两条互相垂直的直线，其中一条与f（x）的图象相切于点A，C，另一条与f（x）的图象相交于点B，D，则四边形ABCD的面积为 ．
四．解答题（共4小题）
12．已知函数f（x）＝x2lnx﹣ax+1．
（1）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
（2）若函数y＝f（x）﹣ax3+ax﹣1的两个零点为x1，x2，证明：．
13．已知函数f（x）＝ax﹣lnx﹣a，a∈R．
（1）若a＝1，求方程f（x）＝0的实数解；
（2）若关于x的方程f（x）＝ax+﹣2a在区间（1，+∞）上有且只有一个解，求实数a的范围；
（3）若a＝0，是否存在实数m，使不等式f（x）+＞﹣m（x2﹣1）在区间（1，+∞）上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，说明理由．
14．设函数f（x）＝ax+ka﹣x（k∈R，a＞0，a≠1）．
（1）当k＝4时，求f（x）的最小值；
（2）讨论函数f（x）的图象是否有对称中心．若有，请求出；若无，请说明理由；
（3）当k＝0时，都有，求实数a的取值集合．
15．已知函数f（x）＝ex﹣1，g（x）＝alnx﹣x（a∈R）．
（1）讨论g（x）的单调性；
（2）若f（x）﹣g（x）≥x+1恒成立，求a的值；
（3）若0≤x1＜x2，求证：ex2﹣x1﹣1＞ln（x2+1）﹣ln（x1+1）．
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．【解答】解：∵切线过点（2，0）与（0，﹣1），∴f′（1）＝，
则切线方程为y＝，取x＝1，得f（1）＝，
∴f（1）+f′（1）＝．
故选：A．
2．【解答】解：因为y＝ex，所以y′＝ex，
设直线l与曲线的切点为（x0，e），切线的斜率为k，
所以k＝e，
所以切线的方程为：y﹣e＝e（x﹣x0），
因为直线l过点（﹣1，0），
所以﹣e＝e（﹣1﹣x0），
解得x0＝0，
所以k＝1，
所以直线l的倾斜角为，
故选：B．
3．【解答】解：设f（x）﹣lg2x＝t，则f（x）＝lg2x+t，且f（t）＝3，
当x＝t时，f（t）＝lg2t+t＝3，解得t＝2，
∴f（x）＝lg2x+2，f′（x）＝，
则由f（x）﹣f′（x）＝2得lg2x+2﹣＝2，
即lg2x﹣＝0，
设g（x）＝lg2x﹣，则g（1）＝﹣，g（2）＝1﹣，
∴根据根的存在性定理可知在（1，2）内g（x）存在零点，
即x0∈（1，2），
故选：B．
4．【解答】解：由题意，f（x）＝x（x﹣a）2＝x3﹣2ax2+a2x，
则f'（x）＝3x2﹣4ax+a2＝（3x﹣a）（x﹣a），
令f′（x）＝0，解得或x＝a，
当a＞0时，f（x）在，（a，+∞）上满足f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在上满足f'（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在处取得极大值，，解得，
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，a），上满足f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在上满足f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在x＝a处取得极大值，，不符合题意，
当a＝0时，f'（x）＝3x2≥0，f（x）在R上单调递增，无极值，不符合题意，
综上所述，．
故选：D．
二．多选题（共1小题）
5．【解答】解：选项A：函数f（x）的零点，即f（x）＝sinx（1﹣csx）＝0时x的值，
因为sinx（1﹣csx）＝0，则sinx＝0或1﹣csx＝0，
当sinx＝0时，x＝kπ，k∈Z；当1﹣csx＝0，即csx＝1时，x＝2kπ，k∈Z，
所以f（x）的零点为kπ，k∈Z，A选项错误；
选项B：因为f（﹣x）＝﹣sinx（1﹣csx）＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数，
所以f（x）在[﹣π，π]上的最大值与最小值之和为0，B选项正确；
选项C：f（π+x）＝sin（π+x）[1﹣cs（π+x）]＝﹣sinx（1+csx），
f（π﹣x）＝sin（π﹣x）[1﹣cs（π﹣x）]＝sinx（1+csx），
f（π+x）≠f（π﹣x），所以直线x＝π不是f（x）的图象的一条对称轴，C选项错误；
选项D：令g（x）＝xf（x）＝xsinx（1﹣csx），
则g'（x）＝（sinx+xcsx）（1﹣csx）+xsin2x，
当时，sinx+xcsx＜0，xsin2x＜0，
所以g′（x）＜0，g（x）单调递减，
又g（x）＝xf（x）为偶函数，所以时，g（x）单调递增，
所以0是函数y＝xf（x）的极小值点，D选项正确．
故选：BD．
三．填空题（共6小题）
6．【解答】解：空一：当a＝0时，f（x）＝lnx+x，f（e）＝lne+e＝e+1，
所以，曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率，
所以切线方程为，化简得．
空二：函数f（x）有两个零点，等价于方程有两解，
即与y＝a有两个交点，
令，则，
令g'（x）＝0，得1﹣2lnx﹣x＝0，解得x＝1，
因为φ（x）＝1﹣2lnx﹣x为减函数，故g'（x）＝0有唯一解，
所以当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞），g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
又，当x→+∞时，g（x）→0，当x→0时，g（x）→﹣∞，
作出函数y＝g（x）如图所示：
所以当a∈（0，1）时，f（x）有两个零点．
故答案为：；（0，1）．
7．【解答】解：显然t＞0，两边同除以t，整理后得+x2+2﹣lnt≤e2x+lnt+2x+lnt，
令h（x）＝ex+x，h′（x）＝ex+1＞0，所以h（x）是增函数，
则原不等式即为h（x2+2﹣lnt）≤h（2x+lnt），
即为x2+2﹣lnt≤2x+lnt有解，整理得2lnt≥x2﹣2x+2①有解，
再令g（x）＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1≥1，要使不等式①有解，只需2lnt≥g（x）min＝1，
所以2lnt≥1，解得．
故答案为：[，+∞）．
8．【解答】解：当a＝2时，f（x）＝ex+sinx，
由于ex＞0，﹣1≤sinx≤1，显然f（x）→﹣1，没有最小值，不符合题意；
当a＞2时，ex+sinx＞﹣1且无限接近﹣1，y＝（a﹣2）x为增函数，
则x→﹣∞，ex+sinx+（a﹣1）x→﹣∞，
x→+∞，ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，
此时函数f（x）没有最小值，不符合题意；
当a＜2时，y＝（a﹣1）x为单调递减函数，则x→﹣∞，ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，
x→+∞，由于y＝ex增长变化速度远大于y＝（a﹣1）x减少速度，
此时ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，
由于函数定义域为R，函数连续不断，
所以f（x）＝ex+sinx+（a﹣1）x存在最小值，符合题意，
综上，a的取值范围是（﹣∞，2）．
故答案为：（﹣∞，2）．
9．【解答】解：若对∀x1∈（0，1），∃x2∈[1，2]使得f（x1）≥g（x）成 立，
只需对∀x∈（0，1），f（x）≥g（x）min，
因为g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4，x∈[1，2]，则在[1，2]单调递增，
所以g'（x）≥g'（1）＝e﹣1＞0，
所以g（x）＝e2﹣lnx﹣e+4在[1，2]单调递增，
g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4≥g（1）＝4，即g（x）min＝4，
所以f（x）＝≥4在（0，1）上恒成 立，
即，
记 ，x∈（0，1），
根据对勾函数的单调性可得：在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
故正整数k的最小值为1．
故答案为：1．
10．【解答】解：根据题意，f（x）＝x2+lnx，其导数，
则f′（1）＝3．
故函数f（x）的图象在点（1，1）处的切线的斜率k＝3．
故答案为：3．
11．【解答】解：根据题意，设A（a，lna），B（b，lnb），
当x＞0时，f（x）＝lnx，其导数f′（x）＝，则kOA＝，
又由kOA＝＝，
则＝，即lna＝1，则a＝e，A的坐标为（e，1），
又由OA与OB互相垂直，则kOB＝﹣e，直线OB的方程为y+ex＝0，
而B（b，lnb），则有lnb+eb＝0，解可得b＝，B的坐标为（，﹣1），
f（x）是{x|x≠0}上的奇函数，直线OA经过原点，则AC两点关于原点对称，故C的坐标为（﹣e，﹣1），
同理：D的坐标为（﹣，1），
故AD∥BC，且|AD|＝|BC|＝e﹣（﹣）＝e+，
故四边形ABCD的面积S＝2（e+）．
故答案为：2（e+）．
四．解答题（共4小题）
12．【解答】解：（1）因为f（x）≥0恒成立，所以x2lnx﹣ax+1≥0，
即恒成立．
令，则，
易知g'（x）在（0，+∞）上单调递增，且g'（1）＝0．
所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0．
所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝1，故a≤1．
所以a的取值范围为（﹣∞，1]．
（2）证明：由题意可知方程lnx﹣ax＝0的两根为x1，x2．
令h（x）＝lnx﹣ax，则h（x）的两个零点为x1，x2．．
当a≤0时，h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，不存在两个零点；
当a＞0时，h（x）在上单调递增，在上单调递减，
则，得．
设x1＜x2，则，．
因为h（x1）＝h（x2）＝0，所以lnx1＝ax1，lnx2＝ax2．
要证，即要证lnx1+lnx2＝a（x1+x2）＞2，即证．
令＝，．
则，所以F（x）在上单调递减，所以．
因为，所以．
因为x2，，且h（x）在上单调递减，
所以，即，故成立．
13．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝0即为，x﹣lnx﹣1＝0，
令t（x）＝x﹣lnx﹣1，所以t′（x）＝1﹣＝，
当x∈（0，1）时，t’（x）＜0，t（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，t’（x）＞0，t（x）单调递增；
所以，t（x）min＝t（1）＝0，故方程f（x）＝0的根为x＝1．
（2）由f（x）＝ax+﹣2a得，xlnx+a（1﹣x）＝0，
令 g（x）＝xlnx+a（1﹣x），
所以g′（x）＝lnx+1﹣a，
当a≤1时，由x＞1，知g′（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）是增函数，且图像不间断，
又g（1）＝0，所以x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，
即函数g（x） 在（1，+∞）上没有零点，不合题意．
当a＞1时，由g′（x）＝0，解得x＝ea﹣1＞1，
当1＜x＜ea﹣1时，g′（x）＜0，故g（x）在（1，ea﹣1）上是减函数，
当x＞ea﹣1时，g′（x）＞0，故g（x）在（ea﹣1，+∞）上是增函数，
所以1＜x＜ea﹣1时，g（x）＜g（1）＝0，
又因为g（ea）＝aea﹣a（ea﹣1）＝a＞0，
且函数g（x）的图象在（1，+∞）上不间断，
所以函数g（x）在（1，+∞）上有一个零点，符合题意．
综上所述，实数a的取值范围为（1，+∞）．
（3）设h（x）＝﹣＝，
令t（x）＝ex﹣1﹣x，则t′（x）＝ex﹣1﹣1，
当x＞1时，t′（x）＞0，t （x）在（1，+∞）单调增，又t（1）＝0，
故t（x）＞0恒成立，所以当x＞1时，h （x）＞0．
当a＝0时，令φ（x）＝f（x）+m（x2﹣1）＝﹣lnx+m（x2﹣1），
1°当m≤0，x＞1时，φ（x）＝f（x）+m（x2﹣1）＝﹣lnx+m（x2﹣1）＜0恒成立，
所以不等式f（x）+m（x2﹣1）＞在（1，+∞）上不成立；
2°当m＞0时，由φ’（x）＝﹣+2mx＝＝0，得x＝，
当x∈（0，）时，φ’（x）＜0，φ（x）在（0，）单调减，
当x∈（，+∞）时，φ’（x）＞0，φ（x）在（，+∞）单调增，
故φ（x）在x＝处取得极小值．
（ⅰ）当0＜m＜时，＞1，φ（）＜φ（1）＝0，而h（）＞0，
故不等式f（x）+m（x2﹣1）＞在（1，+∞）上不恒成立；
（ⅱ）m≥时，令F（x）＝﹣lnx+m（x2﹣1）﹣，
F′（x）＝﹣+2mx﹣＝﹣+2mx﹣+，
当m≥，x＞1时，2mx≥x，ex﹣1＞1，
F′（x）＝﹣+2mx﹣+＞﹣+x+﹣1＝＝＞0，
所以F（x）在（1，+∞）单调增，又F（1）＝0，
所以当x∈（1，+∞）时，F（x）＞0恒成立，
故存在m≥，使得f（x）+m（x2﹣1）＞在（1，+∞）上恒成立，
综上所述，m的最小值为．
14．【解答】解：函数f（x）＝ax+ka﹣x（k∈R，a＞0，a≠1），
（1）当k＝4时，f（x）＝ax+4a﹣x＝4，
当且仅当ax＝4a﹣x，即x＝lga2时取等号，f（x）取最小值4．
（2）设点P（m，n）为函数f（x）的对称中心，则f（x）+f（2m﹣x）＝2n，
所以ax+ka﹣x+a2m﹣x+ka﹣2m+x＝2n，所以a2x（1+ka﹣2m）﹣2nax+（k+a2m）＝0，
于是1+ka﹣2m＝0，且k+a2m＝0，且2n＝0，
即a2m＝﹣k，n＝0，
所以当k≥0时，m无解，此时函数f（x）的图象没有对称中心；
当k＜0时，，此时函数f（x）图象的对称中心为．
（3）当k＝0时，都有，
所以在上恒成立，即xlna+ln（1﹣2x）≤0．
令φ（x）＝xlna+ln（1﹣2x），则φ（0）＝0，
所以，令，则，
所以φ′（x）在上单调递减，
①当0＜a＜1时，φ′（x）＜0，则φ（x）在上单调递减，此时当x＜0时，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；
②当a＞1时，由，解得，
1°当a＝e2时，x∈（﹣∞，0）时，φ′（x）＞0，则φ（x）单调递增；
时，φ′（x）＜0，则φ（x）单调递减；
所以x＝0时，φ（x）取极大值，则φ（x）≤φ（0）＝0，所以a＝e2满足；
2°当1＜a＜e2时，，
因为时，φ′（x）＜0，则φ（x）单调递减，
所以时，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；
3°当a＞e2时，，
因为时，φ′（x）＞0，则φ（x）单调递增，
所以时，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；
综上，实数a的取值集合为{e2}．
15．【解答】解：（1）因为g（x）＝alnx﹣x，x∈（0，+∞），
所以，
所以当a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，x∈（0，a），g'（x）＞0，g（x）在（0，a）上单调递增，x∈（a，+∞），g'（x）＜0，g（x）在（a，+∞）上单调递减，
（2）因为f（x）﹣g（x）≥x+1恒成立，
即ex﹣1﹣alnx﹣1≥0在x∈（0，+∞）恒成立，
记h（x）＝ex﹣1﹣alnx﹣1，x∈（0，+∞），
，x∈（0，+∞），
当a≤0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
由h（1）＝0，则x∈（0，1），h（x）＜0，不符合题意；
当a＞0时，令M（x）＝xex﹣1﹣a，x∈[0，+∞），
M'（x）＝（x+1）ex﹣1，则M'（x）＞0，M（x）在[0，+∞）上单调递增，
M（0）＝﹣a＜0，M（a+1）＝（a+1）ea﹣a＝aea+ea﹣a＞0，
∃x0∈（0，a+1），使得①，
所以h（x）在（0，x0）上单调递减：h（x）在（x0，+∞）单调递增，
则0恒成立，
由①得lnx0＝lna﹣x0+1，
所以＝a﹣alna﹣1，
即a﹣alna﹣1≥0，当且仅当x0＝1时，a﹣alna﹣1＝0，
所以a﹣alna﹣1≥0，
记φ（x）＝x﹣xlnx﹣1，（0，+∞），
φ′（x）＝1﹣1﹣lnx＝﹣lnx，
即φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减，
φ（x）≤t（1）＝0，
即a＝1．
（3）证明：由（2）知，ex﹣1﹣lnx﹣1≥0在x∈（0，+∞）恒成立，
得ex﹣ln（x+1）﹣1≥0在x∈（﹣1，+∞）恒成立，
因为0≤x1＜x2，所以x2﹣x1＞0，①，
下证：ln（x2﹣x1+1）＞ln（x2+1）﹣ln（x1+1）②成立，
ln（x2﹣x1+1）﹣ln（x2+1）+ln（x1+1）
＝，
由①②得．题号
1
2
3
4
答案
A
B
B
D