江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第1周阶段性训练模拟练习（含解析）

江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第1周阶段性训练模拟练习
一．选择题（共6小题）
1．已知x＝1是函数的极值点，则实数a的值为（　　）
A．﹣1 B．0 C．1 D．无数多个
2．记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，则f2024（0）＝（　　）
A．2508 B．﹣2507 C．0 D．2507
3．设函数f（x）＝1﹣x2，则f（x）在x＝1处的瞬时变化率为（　　）
A．﹣2 B．0 C．1 D．2
4．设f′（x0）为函数f（x）在x0处的导数，则满足f′（1）＜f′（2）＜f′（3）的函数f（x）的图象可能是（　　）
A． B．
C． D．
5． x1，x2∈[1，e]，当x1＜x2时，都有，则实数a的最大值为（　　）
A． B． C． D．1
6．设a＝1.41.7，b＝1.71.4，c＝e（e为自然对数的底数），则（　　）
A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜b＜a D．c＜a＜b
二．多选题（共3小题）
（多选）7．（2024春 苏州期中）函数f（x）＝ex+alnx定义域为D，下列命题正确的是（　　）
A．对于任意正实数a，函数f（x）在D上是单调递减函数
B．对于任意负实数a，函数f（x）存在最小值
C．存在正实数a，使得对于任意的x∈D，都有f（x）＞0恒成立
D．存在负实数a，使得函数f（x）在D上有两个零点
（多选）8．已知f′（x）是函数f（x）的导函数，其图象如图所示，则下列关于函数f（x）的说法正确的是（　　）
A．在（﹣∞，1）上单调递减 B．在（1，3）上单调递增
C．在x＝1处取得极小值 D．在x＝4处取得极大值
（多选）9．设函数，则（　　）
A．f′（1）＝2e
B．函数f（x）的图象过点的切线方程为
C．函数f（x）既存在极大值又存在极小值，且其极大值大于其极小值
D．方程f（x）＝k有两个不等实根，则实数的取值范围为
三．填空题（共3小题）
10．已知函数f（x）＝axa+b的导函数为f'（x）＝6x2，点P（t，f（t））为函数f（x）上任意一点，则在点P处函数f（x）的切线的一般式方程为 　 　，该切线在x、y轴上截距之和的极大值为 　 　．
11．写出一个同时具有下列性质①②③的函数f（x）＝　 　．
①定义域为R．函数值不恒为0，且图象是条连续不断的曲线；② x∈R，f（﹣x）+f（x）＝0；③f′（x）为函数f（x）的导函数， x∈R，f′（x）≥0．
12．已知函数．若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）有公切线，则实数m的取值范围为 　 　．
四．解答题（共3小题）
13．已知函数f（x）＝+ax﹣（ax+1）lnx．
（1）求函数f（x）的导函数f'（x）；
（2）求函数f'（x）单调区间；
（3）若函数f'（x）有两个不同的极值点x1，x2，记过A（x1，f'（x1）），B（x2，f'（x2））两点的直线斜率为k，是否存在实数a，使得k＝2﹣a，若存在，求实数a的值；若不存在，试说明理由．
14．已知函数．
（1）求f（x）的极值；
（2）设曲线f（x）在点T（t，f（t））处的切线为l，记l在y轴上的截距为b＝g（t），当l的斜率为非负数时，求et b的取值范围．
15．已知函数f（x）＝ex﹣aln（x+2）．
（1）当a＝2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＝1时，求证：函数f（x）存在极小值点x0，且．
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B C A D B A
一．选择题（共6小题）
1．【解答】解：因为f（x）＝+1（b≠0），
所以f′（x）＝，
若x＝1是函数f（x）＝+1（b≠0）的极值点，
则f′（1）＝0，即2a+b﹣a﹣b＝0，
所以a＝0，
检验：当a＝0时，f′（x）＝（b≠0），
令f′（x）＝0，得x＝1，
当b＞0时，在（﹣∞，1）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（1，+∞）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在x＝1处取得极大值，合题意，
当b＜0时，在（﹣∞，1）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）在x＝1处取得极小值，合题意，
所以a＝0．
故选：B．
2．【解答】解：因为 ，
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，
…，
观察可得，
所以，
所以．
故选：C．
3．【解答】解：∵f（x）＝1﹣x2，
∴f′（x）＝﹣2x，
∴f′（1）＝﹣2．
故选：A．
4．【解答】解：f′（x0）表示函数在x＝x0处切线的斜率，
因为f′（1）＜f′（2）＜f′（3），
所以f（x）在x＝1，2，3处切线的斜率越来越大，
故选：D．
5．【解答】解：因为 x1，x2∈[1，e]，当x1＜x2时，都有，
所以 x1，x2∈[1，e]，当x1＜x2时，都有lnx1﹣lnx2＜ax1﹣ax2，
所以 x1，x2∈[1，e]，当x1＜x2时，都有lnx1﹣ax1＜lnx2﹣ax2，
令F（x）＝lnx﹣ax，x∈[1，e]，
所以 x1，x2∈[1，e]，当x1＜x2时，都有F（x1）＜F（x2），
所以F（x）在[1，e]上单调递增，
所以任意x∈[1，e]，F′（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的最大值为，
故选：B．
6．【解答】解：因为a＝1.41.7，b＝1.71.4，c＝e，可设f（x）＝（x＞0），
则f′（x）＝＝，
当x∈（0，e）时，1﹣lnx＞0，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（e，+∞）时，1﹣lnx＜0，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以1.4＜1.7＜e时，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，则1.71.4＜e，即b＜c．
故选：A．
二．多选题（共3小题）
7．【解答】解：函数f（x）＝ex+alnx的定义域是（0，+∞），且，
当a＞0时，在（0，+∞）恒成立，
所以函数f（x）＝ex+alnx在（0，+∞）上单调递增，故A错误；
对于 a＜0，设，x∈（0，+∞），
则，所以在（0，+∞）上单调递增，
所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x→0时，f′（x）→﹣∞，f（﹣a）＝e﹣a﹣1＞0，
所以存在x0＞0，使，
所以当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减，
当x＞x0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（x0，+∞）上单调递增，
所以对于任意a∈（﹣∞，0），函数f（x）存在最小值f（x0），故B正确；
因为当a＜0时，函数f（x）存在最小值f（x0），且，
所以，
当a＝﹣ee+1时，x0＝e，此时f（x0）＜0，
所以存在a∈（﹣∞，0），使，
当x→0时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，
此时函数f（x）在D上有两个零点，故D正确；
函数y＝ex，y＝﹣alnx，a＞0的图象在（0，+∞）有公共点，
所以对于任意a＞0，f（x）有零点，故C错误．
故选：BD．
8．【解答】解：由f′（x）的图象可知在（﹣∞，1），（1，3）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以x＝1处没有取得极小值，
由f′（x）的图象可知在（1，4）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（4，+∞）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在x＝4处取得极大值，
故选：BD．
9．【解答】解：f′（x）＝＝（x≠0），
对于A：f′（1）＝2e，故A正确；
对于B：设切点为（x0，（2+）），k＝f′（x0）＝（2x0﹣1）（x0+1），
切线方程为y﹣（2+）＝（2x0﹣1）（x0+1）（x﹣x0），
代入点（﹣1，），得﹣（2+）＝（2x0﹣1）（x0+1）（﹣1﹣x0），
化简得（2+﹣x0﹣1）+＝0，
令h（x0）＝（2+﹣x0﹣1）+，h（﹣1）＝0，
所以函数f（x）在（﹣1，）的切线方程为y＝，
因为h（）＝﹣+＜0，h（1）＝e+＞0，函数h（x0）图象连续不断，
所以存在x0∈（，1）使得h（x0）＝0，
所以过点（﹣1，）的直线与函数f（x）在（，1）之间存在切点，
所以过点（﹣1，）的切线不止一条，故B错误；
对于C：令f′（x）＝0得x＝或x＝﹣1，
所以在（﹣∞，﹣1），（，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（﹣1，0），（0，）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在x＝﹣1处取得极大值，在x＝处取得极小值，
又f（﹣1）＝＝，f（）＝＝4，
所以f（﹣1）＜f（），
所以极大值小于极小值，故C错误；
对于D：作出f（x）的大致图像，如下：
若方程f（x）＝k有两个不等实根，则y＝f（x）与y＝k有两个交点，
所以0＜k＜或k＞4，故D正确，
故选：AD．
三．填空题（共3小题）
10．【解答】解：因为函数f（x）＝axa+b的导函数为f'（x）＝a（a+b）xa+b﹣1＝6x2，
故a＝2，b＝1，
则点P（t，2t3），则在点P处函数f（x）的切线的方程为y﹣2t3＝6t2（x﹣t），
化为一般式6t2x﹣y﹣4t3＝0；
令x＝0，则y＝﹣4t3，令y＝0，则x＝，
该切线在x、y轴上截距之和为﹣4t3+，
令g（t）＝﹣4t3+，则g′（t）＝﹣12t2+＝﹣12（t2﹣），
当t＞时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，当﹣时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t＜﹣时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
故t＝时，函数g（t）取得极大值．
故答案为：6t2x﹣y﹣4t3＝0；．
11．【解答】解：根据② x∈R，f（﹣x）+f（x）＝0知f（x）是奇函数，可得出满足条件的函数f（x）＝x3，f′（x）＝3x2≥0．
故答案为：x3．
12．【解答】解：设两曲线的公切线为l，切点分别为A（x1，lnx1），B（x2，），
则，
化简消去x1得，m＝，
曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）有公切线，则方程m＝有根，
令h（x）＝，则h′（x）＝x﹣＝（x＞0），
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴，
∴曲线y＝f（x）与y＝g（x）有公切线，则m．
故答案为：[，+∞）．
四．解答题（共3小题）
13．【解答】解：（1）f′（x）＝x+a﹣alnx﹣（ax+1） ＝．
（2）记，则，
①当a∈（﹣∞，0]时，因为x＞0，所以，所以f′（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a∈（0，2]时，由x2﹣ax+1＝0，判别式Δ＝a2﹣4≤0，知在（0，+∞）上单调递增；
③当a∈（2，+∞）时，由x2﹣ax+1＝0，判别式Δ＝a2﹣4＞0，f（x）定义域（0，+∞），
可知当和时，g′（x）＞0，
当时，g′（x）＜0，
则f′（x）在和上单调递增；
在上单调递减．
综上可知，当a∈（﹣∞，2]时，f′（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间；
当a∈（2，+∞）时，f′（x）的单调增区间为和，
f′（x）单调减区间为．
（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，
若存在实数a使得k＝2﹣a，则有，
即lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，
又x1x2＝1，所以有，
即，
由（2）知在（0，+∞）上单调递增，
又由x2＞1知，，与（*）式矛盾，
故不存在实数a使得k＝2﹣a成立．
14．【解答】解：（1）函数，定义域为R，
则f'（x）＝＝，
令f'（x）＝0，得x1＝﹣1，x2＝2，
所以f'（x），f（x）的变化情况，如下表所示：
x （﹣∞，﹣1） ﹣1 （﹣1，2） 2 （2，+∞）
f'（x） ﹣ 0 + 0 1
f（x） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
所以当x＝﹣1时，f（x）取得极小值f（﹣1）＝﹣e，当x＝2时，f（x）取得极大值f（2）＝；
（2）因为f（t）＝，f'（t）＝，
所以曲线f（x）在点（t，f（t））处的切线方程为l：y﹣＝（x﹣t），
令x＝0可得l在y轴上的截距为b＝g（t）＝+（﹣t）＝，
因为直线l的斜率为非负数，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]，则h'（t）＝3t2﹣1＝3（t﹣）（t+），
所以当﹣1＜t＜﹣或时，h'（t）＞0，当﹣时，h'（t）＜0，
所以h（t）在（﹣1，﹣），（，2）上单调递增，在（﹣，）上单调递减，
所以当t＝﹣时，h（t）有极大值h（﹣）＝﹣1，当t＝时，h（t）有极小值h（）＝﹣﹣1，
又h（﹣1）＝﹣1＞﹣﹣1，h（2）＝5＞，
所以h（t）的取值范围为[﹣﹣1，5]，即et b的取值范围为[﹣﹣1，5]．
15．【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝ex﹣2ln（x+2），定义域为（﹣2，+∞），
f′（x）＝ex﹣，
f″（x）＝ex+＞0，
所以f′（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，
又f′（0）＝0，
所以当x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的单调递减区间为（﹣2，0），单调递增区间为（0，+∞）．
（2）证明：当a＝1时，f（x）＝ex﹣ln（x+2）定义域为（﹣2，+∞），
f′（x）＝ex﹣，
f″（x）＝ex+＞0，
所以f′（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，
又f′（﹣）＝﹣＝﹣＝＜0，
f′（0）＝e0﹣＝1﹣＝＞0，
由零点的存在定理可得f′（x）存在唯一零点，记为x0，则x0∈（﹣，0）且＝，
所以当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）存在极小值点x0，
又由于＝，
所以f（x0）＝﹣ln（x0+2）＝+x0，x0∈（﹣，0），
设h（x）＝+x（x≥﹣），
则h′（x）＝1﹣＞0，
所以h（x）在（﹣，+∞）上单调递增，
所以h（x）≥h（﹣）＝+（﹣）＝，
又x0＞﹣，
所以f（x0）＝h（x0）＞h（﹣）＝．