江蘇無錫市湖濱中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（下）數(shù)學(xué)第1周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)【含答案】

江蘇無錫市湖濱中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（下）數(shù)學(xué)第1周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)一．選擇題（共6小題）1．已知x＝1是函數(shù)的極值點，則實數(shù)a的值為（）A．﹣1 B．0 C．1 D．無數(shù)多個2．記f0（x）＝exsinx，f1（x）＝f'0（x），f2（x）＝f'1（x），f3（x）＝f'2（x），…，fn+1（x）＝f'n（x），n∈N，則f2024（0）＝（）A．2508 B．﹣2507 C．0 D．25073．設(shè)函數(shù)f（x）＝1﹣x2，則f（x）在x＝1處的瞬時變化率為（）A．﹣2 B．0 C．1 D．24．設(shè)f′（x0）為函數(shù)f（x）在x0處的導(dǎo)數(shù)，則滿足f′（1）＜f′（2）＜f′（3）的函數(shù)f（x）的圖象可能是（）A． B． C． D．5．?x1，x2∈[1，e]，當(dāng)x1＜x2時，都有，則實數(shù)a的最大值為（）A． B． C． D．16．設(shè)a＝1.41.7，b＝1.71.4，c＝e（e為自然對數(shù)的底數(shù)），則（）A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜b＜a D．c＜a＜b二．多選題（共3小題）（多選）7．（2024春?蘇州期中）函數(shù)f（x）＝ex+alnx定義域為D，下列命題正確的是（）A．對于任意正實數(shù)a，函數(shù)f（x）在D上是單調(diào)遞減函數(shù) B．對于任意負(fù)實數(shù)a，函數(shù)f（x）存在最小值 C．存在正實數(shù)a，使得對于任意的x∈D，都有f（x）＞0恒成立 D．存在負(fù)實數(shù)a，使得函數(shù)f（x）在D上有兩個零點（多選）8．已知f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，其圖象如圖所示，則下列關(guān)于函數(shù)f（x）的說法正確的是（）A．在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減 B．在（1，3）上單調(diào)遞增 C．在x＝1處取得極小值 D．在x＝4處取得極大值（多選）9．設(shè)函數(shù)，則（）A．f′（1）＝2e B．函數(shù)f（x）的圖象過點的切線方程為 C．函數(shù)f（x）既存在極大值又存在極小值，且其極大值大于其極小值 D．方程f（x）＝k有兩個不等實根，則實數(shù)的取值范圍為三．填空題（共3小題）10．已知函數(shù)f（x）＝axa+b的導(dǎo)函數(shù)為f'（x）＝6x2，點P（t，f（t））為函數(shù)f（x）上任意一點，則在點P處函數(shù)f（x）的切線的一般式方程為，該切線在x、y軸上截距之和的極大值為．11．寫出一個同時具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f（x）＝．①定義域為R．函數(shù)值不恒為0，且圖象是條連續(xù)不斷的曲線；②?x∈R，f（﹣x）+f（x）＝0；③f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，?x∈R，f′（x）≥0．12．已知函數(shù)．若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）有公切線，則實數(shù)m的取值范圍為．四．解答題（共3小題）13．已知函數(shù)f（x）＝+ax﹣（ax+1）lnx．（1）求函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f'（x）；（2）求函數(shù)f'（x）單調(diào)區(qū)間；（3）若函數(shù)f'（x）有兩個不同的極值點x1，x2，記過A（x1，f'（x1）），B（x2，f'（x2））兩點的直線斜率為k，是否存在實數(shù)a，使得k＝2﹣a，若存在，求實數(shù)a的值；若不存在，試說明理由．14．已知函數(shù)．（1）求f（x）的極值；（2）設(shè)曲線f（x）在點T（t，f（t））處的切線為l，記l在y軸上的截距為b＝g（t），當(dāng)l的斜率為非負(fù)數(shù)時，求et?b的取值范圍．15．已知函數(shù)f（x）＝ex﹣aln（x+2）．（1）當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)a＝1時，求證：函數(shù)f（x）存在極小值點x0，且．

參考答案與試題解析題號123456答案BCADBA一．選擇題（共6小題）1．【解答】解：因為f（x）＝+1（b≠0），所以f′（x）＝，若x＝1是函數(shù)f（x）＝+1（b≠0）的極值點，則f′（1）＝0，即2a+b﹣a﹣b＝0，所以a＝0，檢驗：當(dāng)a＝0時，f′（x）＝（b≠0），令f′（x）＝0，得x＝1，當(dāng)b＞0時，在（﹣∞，1）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，在（1，+∞）上f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）在x＝1處取得極大值，合題意，當(dāng)b＜0時，在（﹣∞，1）上f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，在（1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以f（x）在x＝1處取得極小值，合題意，所以a＝0．故選：B．2．【解答】解：因為，所以f1（x）＝f′0（x）＝ex（sinx+cosx），，f3（x）＝f'2（x）＝2ex（cosx﹣sinx），f4（x）＝f'3（x）＝﹣4exsinx，f5（x）＝f'4（x）＝﹣4ex（sinx+cosx），f6（x）＝f'5（x）＝﹣8excosx，f7（x）＝f'6（x）＝﹣8ex（cosx﹣sinx），f8（x）＝f'7（x）＝16exsinx，…，觀察可得，所以，所以．故選：C．3．【解答】解：∵f（x）＝1﹣x2，∴f′（x）＝﹣2x，∴f′（1）＝﹣2．故選：A．4．【解答】解：f′（x0）表示函數(shù)在x＝x0處切線的斜率，因為f′（1）＜f′（2）＜f′（3），所以f（x）在x＝1，2，3處切線的斜率越來越大，故選：D．5．【解答】解：因為?x1，x2∈[1，e]，當(dāng)x1＜x2時，都有，所以?x1，x2∈[1，e]，當(dāng)x1＜x2時，都有l(wèi)nx1﹣lnx2＜ax1﹣ax2，所以?x1，x2∈[1，e]，當(dāng)x1＜x2時，都有l(wèi)nx1﹣ax1＜lnx2﹣ax2，令F（x）＝lnx﹣ax，x∈[1，e]，所以?x1，x2∈[1，e]，當(dāng)x1＜x2時，都有F（x1）＜F（x2），所以F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，所以任意x∈[1，e]，F(xiàn)′（x）≥0，所以任意x∈[1，e]，﹣a≥0，所以任意x∈[1，e]，a≤（）min，又x∈[1，e]，（）min＝，所以a≤，所以a的最大值為，故選：B．6．【解答】解：因為a＝1.41.7，b＝1.71.4，c＝e，可設(shè)f（x）＝（x＞0），則f′（x）＝＝，當(dāng)x∈（0，e）時，1﹣lnx＞0，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（e，+∞）時，1﹣lnx＜0，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；所以1.4＜1.7＜e時，f（1.4）＜f（1.7）＜f（e），即＜＜，所以1.7ln1.4＜1.4ln1.7，即ln1.41.7＜ln1.71.4，即1.41.7＜1.71.4，所以a＜b；（1.71.4）2＜（1.71.5）2＝1.73＜e2，則1.71.4＜e，即b＜c．故選：A．二．多選題（共3小題）7．【解答】解：函數(shù)f（x）＝ex+alnx的定義域是（0，+∞），且，當(dāng)a＞0時，在（0，+∞）恒成立，所以函數(shù)f（x）＝ex+alnx在（0，+∞）上單調(diào)遞增，故A錯誤；對于?a＜0，設(shè)，x∈（0，+∞），則，所以在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)x→0時，f′（x）→﹣∞，f（﹣a）＝e﹣a﹣1＞0，所以存在x0＞0，使，所以當(dāng)0＜x＜x0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞減，當(dāng)x＞x0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（x0，+∞）上單調(diào)遞增，所以對于任意a∈（﹣∞，0），函數(shù)f（x）存在最小值f（x0），故B正確；因為當(dāng)a＜0時，函數(shù)f（x）存在最小值f（x0），且，所以，當(dāng)a＝﹣ee+1時，x0＝e，此時f（x0）＜0，所以存在a∈（﹣∞，0），使，當(dāng)x→0時，f（x）→+∞，當(dāng)x→+∞時，f（x）→+∞，此時函數(shù)f（x）在D上有兩個零點，故D正確；函數(shù)y＝ex，y＝﹣alnx，a＞0的圖象在（0，+∞）有公共點，所以對于任意a＞0，f（x）有零點，故C錯誤．故選：BD．8．【解答】解：由f′（x）的圖象可知在（﹣∞，1），（1，3）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以x＝1處沒有取得極小值，由f′（x）的圖象可知在（1，4）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，在（4，+∞）上f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）在x＝4處取得極大值，故選：BD．9．【解答】解：f′（x）＝＝（x≠0），對于A：f′（1）＝2e，故A正確；對于B：設(shè)切點為（x0，（2+）），k＝f′（x0）＝（2x0﹣1）（x0+1），切線方程為y﹣（2+）＝（2x0﹣1）（x0+1）（x﹣x0），代入點（﹣1，），得﹣（2+）＝（2x0﹣1）（x0+1）（﹣1﹣x0），化簡得（2+﹣x0﹣1）+＝0，令h（x0）＝（2+﹣x0﹣1）+，h（﹣1）＝0，所以函數(shù)f（x）在（﹣1，）的切線方程為y＝，因為h（）＝﹣+＜0，h（1）＝e+＞0，函數(shù)h（x0）圖象連續(xù)不斷，所以存在x0∈（，1）使得h（x0）＝0，所以過點（﹣1，）的直線與函數(shù)f（x）在（，1）之間存在切點，所以過點（﹣1，）的切線不止一條，故B錯誤；對于C：令f′（x）＝0得x＝或x＝﹣1，所以在（﹣∞，﹣1），（，+∞）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，在（﹣1，0），（0，）上f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）在x＝﹣1處取得極大值，在x＝處取得極小值，又f（﹣1）＝＝，f（）＝＝4，所以f（﹣1）＜f（），所以極大值小于極小值，故C錯誤；對于D：作出f（x）的大致圖像，如下：若方程f（x）＝k有兩個不等實根，則y＝f（x）與y＝k有兩個交點，所以0＜k＜或k＞4，故D正確，故選：AD．三．填空題（共3小題）10．【解答】解：因為函數(shù)f（x）＝axa+b的導(dǎo)函數(shù)為f'（x）＝a（a+b）xa+b﹣1＝6x2，故a＝2，b＝1，則點P（t，2t3），則在點P處函數(shù)f（x）的切線的方程為y﹣2t3＝6t2（x﹣t），化為一般式6t2x﹣y﹣4t3＝0；令x＝0，則y＝﹣4t3，令y＝0，則x＝，該切線在x、y軸上截距之和為﹣4t3+，令g（t）＝﹣4t3+，則g′（t）＝﹣12t2+＝﹣12（t2﹣），當(dāng)t＞時，g′（t）＜0，g（t）單調(diào)遞減，當(dāng)﹣時，g′（t）＞0，g（t）單調(diào)遞增，當(dāng)t＜﹣時，g′（t）＜0，g（t）單調(diào)遞減，故t＝時，函數(shù)g（t）取得極大值．故答案為：6t2x﹣y﹣4t3＝0；．11．【解答】解：根據(jù)②?x∈R，f（﹣x）+f（x）＝0知f（x）是奇函數(shù)，可得出滿足條件的函數(shù)f（x）＝x3，f′（x）＝3x2≥0．故答案為：x3．12．【解答】解：設(shè)兩曲線的公切線為l，切點分別為A（x1，lnx1），B（x2，），則，化簡消去x1得，m＝，曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）有公切線，則方程m＝有根，令h（x）＝，則h′（x）＝x﹣＝（x＞0），當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，∴，∴曲線y＝f（x）與y＝g（x）有公切線，則m．故答案為：[，+∞）．四．解答題（共3小題）13．【解答】解：（1）f′（x）＝x+a﹣alnx﹣（ax+1）?＝．（2）記，則，①當(dāng)a∈（﹣∞，0]時，因為x＞0，所以，所以f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；②當(dāng)a∈（0，2]時，由x2﹣ax+1＝0，判別式Δ＝a2﹣4≤0，知在（0，+∞）上單調(diào)遞增；③當(dāng)a∈（2，+∞）時，由x2﹣ax+1＝0，判別式Δ＝a2﹣4＞0，f（x）定義域（0，+∞），可知當(dāng)和時，g′（x）＞0，當(dāng)時，g′（x）＜0，則f′（x）在和上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減．綜上可知，當(dāng)a∈（﹣∞，2]時，f′（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），無單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)a∈（2，+∞）時，f′（x）的單調(diào)增區(qū)間為和，f′（x）單調(diào)減區(qū)間為．（3）不存在，理由如下：令，，由（2）知a＞2，x2＞1，，斜率，由（2）知x1x2＝1，所以，若存在實數(shù)a使得k＝2﹣a，則有，即lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，又x1x2＝1，所以有，即，由（2）知在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又由x2＞1知，，與（*）式矛盾，故不存在實數(shù)a使得k＝2﹣a成立．14．【解答】解：（1）函數(shù)，定義域為R，則f'（x）＝＝，令f'（x）＝0，得x1＝﹣1，x2＝2，所以f'（x），f（x）的變化情況，如下表所示：x（﹣∞，﹣1）﹣1（﹣1，2）2（2，+∞）f'（x）﹣0+01f（x）單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減所以當(dāng)x＝﹣1時，f（x）取得極小值f（﹣1）＝﹣e，當(dāng)x＝2時，f（x）取得極大值f（2）＝；（2）因為f（t）＝，f'（t）＝，所以曲線f（x）在點（t，f（t））處的切線方程為l：y﹣＝（x﹣t），令x＝0可得l在y軸上的截距為b＝g（t）＝+（﹣t）＝，因為直線l的斜率為非負(fù)數(shù)，即f'（t）＝≥0，即﹣t2+t+2≥0，解得﹣1≤t≤2，所以＝t3﹣t﹣1（﹣1≤t≤2），令h（t）＝t3﹣t﹣1，t∈[﹣1，2]，則h'（t）＝3t2﹣1＝3（t﹣）（t+），所以當(dāng)﹣1＜t＜﹣或時，h'（t）＞0，當(dāng)﹣時，h'（t）＜0，所以h（t）在（﹣1，﹣），（，2）上單調(diào)遞增，在（﹣，）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝﹣時，h（t）有極大值h（﹣）＝﹣1，當(dāng)t＝時，h（t）有極小值h（）＝﹣﹣1，