江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第3周阶段性训练模拟练习（含答案）

江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第3周阶段性训练模拟练习
一．选择题（共8小题）
1．若函数，则函数f（x）的单调递减区间为（　　）
A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞） B．（﹣1，3）
C．（0，3） D．（3，+∞）
2． x1，x2∈[1，e]，当x1＜x2时，都有，则实数a的最小值为（　　）
A． B． C． D．1
3．已知，则x，y，z的大小关系为（　　）
A．x＞y＞z B．x＞z＞y C．y＞x＞z D．y＞z＞x
4．若函数y＝f（x）的导函数y＝φ（x）＝f′（x）图象如图所示，则（　　）
A．φ′（x）＜0的解集为（﹣∞，﹣3）
B．函数y＝f（x）有两个极值点
C．函数y＝f（x）的单调递减区间为（﹣2，1）
D．﹣3是函数y＝f（x）的极小值点
5．已知，则f'（x）＝（　　）
A． B． C． D．
6．函数f（x）的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（　　）
A．f′（1）＜f′（2）＜f（2）﹣f（1）＜0
B．f′（2）＜f（2）﹣f（1）＜f′（1）＜0
C．f′（1）＜f（2）﹣f（1）＜f′（2）＜0
D．f（2）﹣f（1）＜f′（1）＜f′（2）＜0
7．已知在（1，2）上单调递增，则a的取值范围（　　）
A．（﹣∞，2] B．（﹣∞，2） C．（16，+∞） D．（﹣∞，16]
8．已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x有两个零点，则a的取值范围为（　　）
A．（﹣1，0） B．（0，1） C．（1， D．（1，e）
二．多选题（共3小题）
（多选）9．设函数，则（　　）
A．f′（1）＝2e
B．函数f（x）的图象在过点的切线方程为
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k的取值范围为
（多选）10．对于函数，下列说法正确的是（　　）
A．f（x）在x＝e处取得极大值
B．f（x）有两个不同的零点
C．f（4）＜f（π）＜f（3）
D．π4＜4π
（多选）11．已知函数f（x）＝|x﹣3|ex+a﹣1，则下列选项正确的是（　　）
A．y＝f（x）在（2，3）上单调递增
B．y＝f（x）恰有一个极大值
C．当a＞1时，f（x）＝0无实数解
D．当a＝1时，f（f（x））＝0有三个实数解
三．填空题（共3小题）
12．已知函数f（x）＝，若f（ax）＞f（lnx）对任意x∈（1，e）恒成立，则a＝　 　．
13．已知y＝x+lnx在点（1，1）处的切线与y＝x2+ax只有一个公共点，则a的值 　 　．
14．已知函数f（x）＝ex﹣mx2有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2），则m的取值范围为 　 　；若函数g（x）＝xlnx﹣﹣x有两个极值点x3，x4（0＜x3＜x4），则的取值范围是 　 　．
四．解答题（共5小题）
15．已知函数f（x）＝2ax﹣ln（2x），x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R．
（Ⅰ）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）是否存在实数a，使f（x）的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
16．已知函数f（x）＝x﹣lnx+m，曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝﹣1．
（1）求m的值；
（2）函数f（x）在区间（k，k+1）（k∈N）上存在零点，求k的值；
（3）记函数，设x1，x2（x1＜x2）是函数g（x）的两个极值点，若，且g（x1）﹣g（x2）≥k恒成立，求实数k的最大值．
17．已知f（x）＝ax3﹣bx+4，f（x）在x＝2处取得极小值．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求f（x）在x＝3处的切线方程；
（3）求f（x）的极值．
18．函数f（x）＝2x﹣2alnx．
（1）求f（x）的单调区间．
（2）求f（x）在[1，3]上最小值．
19．已知函数的图象在（1，f（1））处的切线经过点（2，e）．
（1）求a的值及函数f（x）的单调区间；
（2）若关于x的不等式在区间（1，+∞）上恒成立，求正实数λ的取值范围．
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D D D B C A B
一．选择题（共8小题）
1．【解答】解：，函数的定义域为：{x|x＞0}
可得f′（x）＝x﹣2﹣＝＝，
∵x＞0 f′（x）＜0，解得x∈（0，3）；
所以函数f（x）的单调递减区间为：（0，3）；
故选：C．
2．【解答】解： x1，x2∈[1，e]，当x1＜x2时，都有，
即lnx1﹣lnx2＞ax1﹣ax2，即lnx1﹣ax1＞lnx2﹣ax2，
令h（x）＝lnx﹣ax，x∈[1，e]，则h（x1）＞h（x2）恒成立，
即h（x）＝lnx﹣ax在[1，e]上单调递减，
又，∴h′（x）≤0在[1，e]上恒成立，
∴在[1，e]上恒成立，∵在[1，e]上单调递减，
∴g（x）max＝g（1）＝1，∴a≥1，即实数a的最小值为1．
故选：D．
3．【解答】解：∵x＝，y＝，z＝，∴lnx＝ln2，lny＝，lnz＝，
构造函数f（x）＝（x＞0），则（x＞0），
当0＜x＜e时，f′（x）＞0，当x＞e时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，e）上递增，在[e，+∞）上递减，
∵lnx＝ln2＝，e＜3＜4，且e，3，4∈[e，+∞），
∴f（e）＞f（3）＞f（4），∴lny＞lnz＞lnx，
∴y＞z＞x．
故选：D．
4．【解答】解：A．φ′（x）＜0的解集为函数y＝f′（x）的单调递减区间，为（﹣2，﹣1），故A错误；
B．函数y＝f′（x）只有1个变号零点﹣3，所以函数y＝f（x）有1个极值点，故B错误；
C．当x∈（﹣∞，﹣3）时，f′（x）＜0，所以函数y＝f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣3），故C错误；
D．当x∈（﹣∞，﹣3）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（﹣3，+∞）时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，所以﹣3是函数y＝f（x）的极小值点，故D正确．
故选：D．
5．【解答】解：因为，
则f'（x）＝．
故选：B．
6．【解答】解：设A（1，f（1）），B（2，f（2）），由图可得f′（1）＜kAB＜f′（2），
而，
故f′（1）＜f（2）﹣f（1）＜f′（2）＜0，
故选：C．
7．【解答】解：由题意≥0在（1，2）上恒成立，
即a≤2x3在（1，2）上恒成立，令g（x）＝2x3，x∈[1，2]，
显然该函数在[1，2]上递增，所以g（x）≥g（1）＝2，
所以要使原式恒成立，只需a≤2．
故选：A．
8．【解答】解：由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x＝0得到，
令，由题意可以看做是y＝a与g（x）有两个交点，
，
其中ex＞0，2ex+1＞0，﹣ex﹣x+1是单调递减的，并且x＝0时，﹣ex﹣x+1＝0，
因此函数存在唯一零点，x＝0，
当x＞0时，g′（x）＜0，
x＜0时，g′（x）＞0，
g（0）＝1，
得如下函数图象：
显然当0＜a＜1时，y＝a与g（x）有两个交点，
故选：B．
二．多选题（共3小题）
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．
10．【解答】解：对于A：f（x）的定义域为（0，+∞），且，
令f′（x）＝0，得x＝e，
所以f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
所以f（x）在x＝e处取得极大值f（e）＝，故A正确；
对于B：令f（x）＝0，解得x＝1，
所以函数f（x）有且仅有一个零点，故B错误；
对于C：由f（x）在（e，+∞）上单调递减，得f（4）＜f（π）＜f（3），故C正确；
对于D：因为f（4）＜f（π），即，所以ln4π＜lnπ4，则4π＜π4，D错误．
故选：AC．
11．【解答】解：对于A，当x＜3时，f（x）＝（3﹣x）ex+a﹣1，f′（x）＝（2﹣x）ex，当x＜2时，f′（x）＞0，当2＜x＜3时，f′（x）＜0，所以f（x）在（﹣∞，2）上单调递增，在（2，3）上单调递减．当x＞3时，f（x）＝（x﹣3）ex+a﹣1，f′（x）＝（x﹣2）ex＞0，f（x）在（3，+∞）上单调递增，A错误；
对于B，由以上讨论知x＝2是f（x）的极大值点，B正确；
对于C，当a＞1时，a﹣1＞0，f（2）＝e2+a﹣1＞0，f（3）＝a﹣1＞0，当x＜2时，f（x）＝|x﹣3|ex+a﹣1＞a﹣1＞0，所以当a＞1时，f（x）＝0无实数解，C正确；
对于D，当a＝1时，f（x）＝|x﹣3|ex，由以上讨论知当f（t）＝0时，t＝3．而f（2）＝e2＞3，f（3）＝0＜3，作出f（x）的大致图象如图所示．如图可知，f（x）＝3有三个实数解，所以f（f（x））＝0有三个实数解，D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共3小题）
12．【解答】解：由题可知：f（x）在区间（0，1]上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
注意到f（x）＝f（），若f（ax）＞f（lnx）对任意x∈（1，e）恒成立，
则，
即对任意x∈（1，e）恒成立，
令，x∈（1，e），则在（1，e）内恒成立，
可知在区间（1，e）上单调递增，且g（1）＝0，，
所以g（x）在区间（1，e）上的值域为，
令，x∈（1，e），则在（1，e）内恒成立，
可知h（x）在区间（1，e）上单调递减，且，当x趋近于1时，h（x）趋近于+∞，
所以h（x）在区间（1，e）上的值域为，
可知对1＜x＜e恒成立时，可得．
故答案为：．
13．【解答】解：由y＝x+lnx，得y′＝1+，
∴y′|x＝1＝2，
∴y＝x+lnx在点（1，1）处的切线方程为y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1，
联立，得x2+（a﹣2）x+1＝0．
由题意可得：Δ＝（a﹣2）2﹣4＝0，解得a＝0或a＝4．
故答案为：0或4．
14．【解答】解：由f（x）＝ex﹣mx2可得f′（x）＝ex﹣2mx，
则x1，x2是方程的两个正实数根，
令，则，
当x∈（0，1）时，μ′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，μ′（x）＞0，
故μ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
又μ（1）＝e，x→0时，μ（x）→+∞，x→+∞时，μ（x）→+∞，
故2m＞e，即m的取值范围为；
由可得，
则x3，x4是方程，即的两个实数根，
因为x1，x2是方程的两个实数根，x3，x4是方程的两个实数根，
且0＜x1＜x2，0＜x3＜x4，所以x1＝lnx3，x2＝lnx4，
则，所以，
又，由对勾函数性质可知在上单调递增，
故，即的取值范围为．
故答案为：；．
四．解答题（共5小题）
15．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝2x﹣ln（2x），
则，x∈（0，e]，
当时，f'（x）＜0，则f（x）单调递减；
当时，f'（x）＞0，则f（x）单调递增．
所以函数f（x）的极小值为，
故f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为，
f（x）的极小值为，无极大值；
（Ⅱ）假设存在实数a，使f（x）＝2ax﹣ln（2x），x∈（0，e]的最小值是3，
，x∈（0，e]．
①当a≤0时，因为x∈（0，e]，所以f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，
所以f（x）min＝f（e）＝2ae﹣ln（2e）＝3，解得（舍去）；
②当时，即时，
当时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
当时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
所以，解得a＝e2，满足条件；
③当时，即时，对任意的x∈（0，e]，f'（x）≤0，f（x）在（0，e]上单调递减，
所以f（x）min＝f（e）＝2ae﹣ln（2e）＝3，解得（舍去）．
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈（0，e]时，f（x）的最小值为3．
16．【解答】解：（1）因为曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝﹣1，所以切点为（1，﹣1），
所以f（1）＝1﹣ln1+m＝﹣1，得m＝﹣2；
（2）由（1）得f（x）＝x﹣lnx﹣2，则，
当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（0，1）上递减，（1，+∞）上递增，
所以当x＝1时，f（x）取得极小值f（1）＝﹣1＜0，
因为f（e﹣2）＝e﹣2﹣lne﹣2﹣2＝e﹣2＞0，
所以f（x）在区间（0，1）上存在一个零点x1，此时k＝0，
因为f（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，f（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＝2（1﹣ln2）＞0，
所以f（x）在区间（0，1）上存在一个零点x2，此时k＝3，
综上k＝0或k＝3；
（3），
则，
由g'（x）＝0，得x2﹣（b+1）x+1＝0，
因为x1，x2（x1＜x2）是函数g（x）的两个极值点，
所以方程x2﹣（b+1）x+1＝0有两个不相等的正实根x1，x2，
所以x1+x2＝b+1，x1x2＝1，
所以，因为，
所以，解得或x1≥2，
因为，
所以，
所以
＝
＝令，
则，
所以F（x）在上单调递减，
所以当时，F（x）取得最小值，即，
所以，
所以实数k的最大值为．
17．【解答】解：（1）由题意知f′（x）＝3ax2﹣b，
因为f（x）在x＝2处取得极小值，
则，解得，
当时，
f′（x）＝x2﹣4＝（x﹣2）（x+2），
当x∈（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）时，f′（x）＞0，
当x∈（﹣2，2）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（﹣∞，﹣2）、（2，+∞）上单调递增，在（﹣2，2）上单调递减，
故x＝2是函数的极小值点，
满足题意，所以，
所以；
（2）由题意知，
所以f（3）＝1，f′（3）＝5，所以切点坐标为（3，1），斜率k＝5，
所以切线方程为：y﹣1＝5（x﹣3），即5x﹣y﹣14＝0；
（3）f′（x）＝x2﹣4＝（x﹣2）（x+2），
当x∈（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）时，f′（x）＞0，
当x∈（﹣2，2）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（﹣∞，﹣2）、（2，+∞）上单调递增，在（﹣2，2）上单调递减，
故f（x）有极大值，
有极小值．
18．【解答】解：（1）函数f（x）＝2x﹣2alnx的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝2﹣＝，
当a≤0时，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，单调增区间是（0，+∞）；
当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝a，所以x∈（0，a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
综上知，a≤0时，f（x）的单调增区间是（0，+∞）；
a＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；
（2）a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f（x）在[1，3]上的最小值为f（1）＝2﹣2aln1＝2；
a＞0时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
若a≤1，则f（x）在[1，3]上单调递增，最小值为f（1）＝2；
若1＜a＜3，则f（x）在[1，3]上先减后增，最小值为f（a）＝2a﹣2alna；
若a≥3，则f（x）在[1，3]上单调递减，f（x）的最小值为f（3）＝6﹣2aln3；
综上，f（x）在[1，3]上最小值为f（x）min＝．
19．【解答】解：（1）因为，所以f（1）＝ae﹣1，
，f'（1）＝1，
又函数f（x）的图象在（1，f（1））处的切线经过点（2，e），
所以，解得a＝1，
所以，函数的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），又，
令g（x）＝xex﹣ex+1，则g'（x）＝xex，
所以当x＞0时，g′（x）＞0，当x＜0时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，
所以g（x）≥g（0）＝0，
所以当x≠0时，xex﹣ex+1＞0恒成立，即f'（x）＞0恒成立，
所以f（x）在（0，+∞），（﹣∞，0）上单调递增，
即f（x）的单调递增区间为（0，+∞），（﹣∞，0），无单调递减区间．
（2）因为不等式在区间（1，+∞）上恒成立，
因为x∈（1，+∞），则lnx＞0，
即ex+λ≥在区间（1，+∞）上恒成立，
所以ex+λ﹣1≥在区间（1，+∞）上恒成立，
又λ＞0，所以x+λ＞0，
所以在区间（1，+∞）上恒成立，
即f（x+λ）≥f（lnx）在区间（1，+∞）上恒成立，
由（1）可知，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以x+λ≥lnx在区间（1，+∞）上恒成立，即λ≥﹣x+lnx在区间（1，+∞）上恒成立，
令h（x）＝﹣x+lnx，x∈（1，+∞），
则，
所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以h（x）＜h（1）＝﹣1，即﹣x+lnx＜﹣1区间（1，+∞）上恒成立，
所以λ＞0时，λ≥﹣x+lnx在区间（1，+∞）上恒成立，
即对任意λ∈（0，+∞），关于x的不等式在区间（1，+∞）上恒成立．著优网所有，未经书面同意，不得