第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年新疆烏魯木齊二十三中高二（下）3月月考數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知某質(zhì)點的位移y(單位：m)與時間x(單位：s)滿足函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=x4+3x2，則當A.10 B.9 C.8 D.72.已知函數(shù)y=f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的大致圖象是(

)A. B.

C. D.3.函數(shù)f(x)=2sinx?x在區(qū)間[0,π2]上的最大值為A.0 B.2?π2 C.34.已知函數(shù)f(x)=13x3+ax2+xA.(?∞,?1] B.[?1,1] C.[1,+∞) D.[?1,+∞)5.若函數(shù)f(x)=x+4x與函數(shù)g(x)=aex?xA.12 B.e3 C.2 6.把一個周長為6的長方形鐵皮圍成一個無蓋無底的圓柱，當圓柱體積最大時，該圓柱底面半徑和高的比值為(

)A.2 B.1π C.1 D.7.已知曲線y=ex?1與曲線y=alnx+a(a>0)只有一個公共點，則a=(

)A.1e B.1 C.e D.8.已知函數(shù)f(x)=e?x(lna+lnx)，若存在x>0，使得f(x)>1a，則實數(shù)A.(0,1e) B.(1e,+∞)二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列求導(dǎo)運算正確的是(

)A.(eπ)′=eπ B.(2x10.直線y=ax+b與曲線y=bx3+xA. B.

C. D.11.如圖，由函數(shù)f(x)=ex?e+1與g(x)=ln(x+e?1)的部分圖象可得一條封閉曲線ΓA.函數(shù)f(x)和g(x)的圖象對稱

B.Γ上任意一點到原點的距離d≤2

C.函數(shù)?(x)=f(x)?g(x)有兩個零點x1，x2，且x1+x2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.定義在(0,+∞)上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足：xf′(x)<f(x)且f(2)=0，則f(x)>0的解集為______．13.已知實數(shù)a∈(0,6)，記f(x)=x(x?a).若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[0,2]上的最小值為?2，則a14.若函數(shù)f(x)=ex+ax3在(0,+∞)四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知函數(shù)f(x)=13x3?ax2+(a2?1)x+1(a∈R)．

(1)若x=1為f(x)的極大值點，求實數(shù)a16.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=alnx?(2a+1)x+x2．

(1)試討論f(x)的單調(diào)性；

(2)當a=?1時，求17.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=xlnx．

(Ⅰ)求曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線方程；

(Ⅱ)已知函數(shù)g(x)=f(x)x+2x2，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；

(Ⅲ)若對于任意x∈[1e18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=(x?2)ex．

(1)求函數(shù)f(x)的極值，并在坐標系中畫出函數(shù)f(x)的簡圖(要含有必要的說明和體現(xiàn)必要的圖象特征)；

(2)討論方程f(x)=a(a∈R)的實數(shù)解的個數(shù)．

(3)證明：e19.(本小題17分)

設(shè)函數(shù)f(x)=ex+1?x2?kx．

(1)若f(x)在區(qū)間[?1,+∞)上單調(diào)遞增，求k的取值范圍；

(2)當k=0時，求曲線y=f(x)過點(0,1)處的切線方程；

(3)當x≥?1時，答案解析1.【答案】A

【解析】解：函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=x4+3x2，

則y′=4x3+6x，則y′|x=1=4+6=10．

2.【答案】A

【解析】解：由圖可知，f′(x)為奇函數(shù)，

所以f(x)為偶函數(shù)，

故只需考慮x∈[?2,0]時的情況，

當x∈[?2,0]時，f′(x)>0，所以f(x)在[?2,0]上單調(diào)遞增，

下面分析增長的快慢：

當x∈[?2,?1]時，f′(x)的值逐漸增大，

所以f(x)的圖象在[?2,?1]上增長速度越來越快，排除選項B和C，

當x∈(?1,0]時，f′(x)的值逐漸減小，

所以f(x)的圖象在(?1,0]上增長速度越來越慢，排除選項D．

故選：A．

根據(jù)函數(shù)的奇偶性，只需考慮x∈[?2,0]時的情況，再分x∈[?2,?1]和x∈(?1,0]兩類，討論f(x)的圖象增長快慢，即可得解．

本題考查函數(shù)的圖象與性質(zhì)，原函數(shù)的圖象與導(dǎo)函數(shù)圖象之間的聯(lián)系，熟練掌握函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，導(dǎo)函數(shù)的幾何意義是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．3.【答案】C

【解析】解：∵f(x)=2sinx?x，

∴f′(x)=2cosx?1，

令f′(x)=2cosx?1=0，得cosx=12，

∵x∈[0,π2]，∴由cosx=12，得x=π3，

∴當x∈[0,π3)時，f′(x)>0，f(x)遞增；當x∈(π3,π2]時，f′(x)<0，f(x)遞減；

當x=π3時，f(x)=2sinx?x在[0,π2]上的最大值是4.【答案】D

【解析】解：因為函數(shù)f(x)=13x3+ax2+x，則f′(x)=x2+2ax+1，

因為f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，故f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，

即x2+2ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立，即2ax≥?x2?1，即a≥?x2?12x，

設(shè)?(x)=?x2?12x，x∈(0,+∞)，5.【答案】B

【解析】【分析】本題考查利用導(dǎo)數(shù)根據(jù)極值或極值點求參，是中檔題．

利用“對勾函數(shù)”的單調(diào)性求得f(x)的極小值，可得g(x)的極小值，然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)求極值可得a的值．【解答】

解：由f(x)=x+4x，利用“對勾函數(shù)”的單調(diào)性，可知其極小值為4；

則函數(shù)g(x)=aex?x有極小值為4，

由g(x)=aex?x，得g′(x)=aex?1，

當a?0時，g′(x)=aex?1<0恒成立，函數(shù)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，無極小值；

當a>0時，由g′(x)=aex?1<0，得x<ln1a，由g′(x)=ae6.【答案】B

【解析】解：一個周長為6的長方形鐵皮圍成一個無蓋無底的圓柱，

設(shè)圓柱的底面半徑為r，高為x，

由題意可得2×2πr+2x=6，可得r=3?x2π，

圓柱的體積V=π(3?x2π)2?x=14π(9x?6x2+x3)，(0<x<3)，

V′=14π(9?12x+3x2)=34π(3?4x+x2)，

令V′=0，解得x=1或x=3，

所以當x∈(1,3)時，V′<0，V為減函數(shù)；當x∈(0,1)時，V′>0，7.【答案】B

【解析】解：f(x)=ex?1?alnx?a(x>0)，則f′(x)=ex?1?ax，

令g(x)=f′(x)，則g′(x)=ex?1+ax2>0，

所以f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，

①若a=1，則f′(1)=0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min=f(1)=0，即f(x)只有一個零點，符合題意；

②若a≠1，f′(1)≠0，因為f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以存在x0∈(0,+∞)，使得f′(x0)=0，

即f′(x)在(0,x0)上小于零，在(x0,+∞)上大于零，

所以f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+∞)上單調(diào)遞增，而f(1)=0，所以f(x0)<0，

又因為當8.【答案】D

【解析】解：由題意可知，a>0，x>0，f(x)>1a，

可化為lna+lnx>exa=ex?lna，即x+lnx>ex?lna+x?lna=ex?lna+lnex?lna，

令g(x)=x+lnx，其中x>0，則g′(x)=1+1x>0，

所以，函數(shù)g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，

由x+lnx>ex?lna+lnex?lna可得g(x)>g(ex?lna)，

則x>ex?lna=exa，可得a>exx，

令?(x)=exx，其中x>0，則?′(x)=ex(x?1)x2，

當0<x<1時，?′(x)<0，即函數(shù)?(x)在(0,1)上遞減，

當x>1時，?′(x)>0，即函數(shù)?(x)在9.【答案】BCD

【解析】解：對于A，因為eπ為常數(shù)，所以(eπ)′=0，故A錯誤；

對于B，因為(2x3)′=6x2，故B正確；

對于C，因為[sin(cosx)]′=cos(cosx)?(cosx)′=?sinx?cos(cosx)，故10.【答案】ACD

【解析】解：對于A，直線y=ax+b過原點，則b=0，此時曲線y=x2+a過點(1,0)，則a=?1，

直線y=?x與曲線y=x2?1，符合要求，A可能；

對于B，直線y=ax+b過點(2,0)，且a<0，則b=?2a，此時曲線y=?2ax3+x2+a，

又曲線過點(2,0)，則?16a+4+a=0，解得a=415>0與a<0矛盾，B不可能；

對于C，直線y=ax+b過點(0,2)，且a=0，則b=2，此時曲線y=2x3+x2，

求導(dǎo)得y′=6x2+2x=6x(x+13)，

當?13<x<0時，y′<0，當x<?13或x>0時，y′>0，

函數(shù)y=2x3+x2在(?13,0)上單調(diào)遞減，在(?∞,?13),(0,+∞)上單調(diào)遞增，

符合要求，C可能；

對于D，直線y=ax+b過點11.【答案】ACD

【解析】解：對于A，由y=f(x)=ex?e+1，可得x=ln(y+e?1)，

所以f(x)=ex?e+1的反函數(shù)為g(x)=ln(x+e?1)，

所以函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關(guān)于y=x對稱，故A正確；

對于B，由y=ex?e+1y=x，可得ex?x=e?1，

令φ(x)=ex?x?e+1，所以φ′(x)=ex?1，

當x>0時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞減，當x<0時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞增，

又φ(?2)=e?2?e+3>0，φ(?1)=e?1?e+2<0，φ(1)=0，

所以φ(x)在(?2,?1)內(nèi)有一個零點x0∈(?2,?1)，另一個零點為1，

所以(x0,y0)到原點的距離2|x0|>2，故B錯誤；

對于C，函數(shù)?(x)=f(x)?g(x)的零點即為y=g(x)?x的零點，

由B可知φ(x)有兩個零點，且一個零點x0∈(?2,?1)，另一個零點為1，

所以?(x)=f(x)?g(x)有兩個零點x1，x2，且x1+x2>?1，故C正確；

對于D，因為x+y=t與對稱軸y=x垂直，

所以直線x+y=t被Γ截得弦長是12.【答案】(0,2)

【解析】解：令函數(shù)g(x)=f(x)x，那么導(dǎo)函數(shù)g′(x)=xf′(x)?f(x)x2，

由于在(0,+∞)上有xf′(x)<f(x)，因此xf′(x)?f(x)<0，因此g′(x)<0，

因此函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，由于f(2)=0，因此g(2)=0，

因此x∈(0,2)時，函數(shù)g(x)=f(x)x>0，此時f(x)>0，

x∈(2,+∞)時，函數(shù)g(x)=f(x)x<0，此時f(x)<0，

因此f(x)>0的解集為(0,2)．

故答案為：(0,2)．

構(gòu)造函數(shù)g(x)=13.【答案】3

【解析】解：當0<a<6時，f(x)=x(x?a)，f′(x)=3x?a2x，

當0<x<13a時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>13a時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

故x=13a時，14.【答案】(?e【解析】解：由題知f(x)=ex+ax3在(0,+∞)上存在極值，

即f′(x)在(0,+∞)上存在變號零點，

所以f′(x)=(x?3)ex?3ax4，

設(shè)函數(shù)g(x)=(x?3)ex?3a，

即g(x)在(0,+∞)上存在變號零點，

則g′(x)=(x?2)ex，

當0<x<2時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；

當x>2時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．

因為x→+∞時，g(x)→+∞，

故只需g(x)min=g(2)=?e2?3a<0即可，

15.【答案】a=2；

最大值為1，最小值為?17．

【解析】解：(1)由函數(shù)f(x)=13x3?ax2+(a2?1)x+1(a∈R)，

可得f′(x)=x2?2ax+(a2?1)，

因為x=1為f(x)的極值點，

所以f′(1)=1?2a+(a2?1)=0，解得a=0或a=2，

當a=2時，f′(x)=x2?4x+3，

令f′(x)>0，得x<1或x>3，令f′(x)<0，得1<x<3，

即函數(shù)f(x)在(1,3)上單調(diào)遞減，在(?∞,1)和(3,+∞)上單調(diào)遞增，x=1為f(x)的極大值點．

當a=0時，f′(x)=x2?1，

令f′(x)>0，解得x<?1或x>1，令f′(x)<0，解得?1<x<1，

即函數(shù)f(x)在(?1,1)上單調(diào)遞減，在(?∞,?1)和(1,+∞)上單調(diào)遞增，x=1為f(x)的極小值點，

綜上所述：若x=1為f(x)的極大值點，a=2；

(2)若a=1，則f(x)=13x3?x2+1，則f′(x)=x2?2x，

因為x∈[?3,3]，所以令f′(x)>0，得?3<x<0或2<x<3，令f′(x)<0，得0<x<2，

即函數(shù)16.【答案】當a≤0時，f(x)在(0,12)單調(diào)遞減，在(12,+∞)單調(diào)遞增，

當0<a<12時，f(x)在(a,12)單調(diào)遞減，在(0,a)，(12,+∞)單調(diào)遞增，

當a=12時，f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，

當【解析】解：(1)由f(x)=alnx?(2a+1)x+x2，

可得f′(x)=ax?(2a+1)+2x=a?(2a+1)x+2x2x=(2x?1)(x?a)x，x>0，

令?(x)=(2x?1)(x?a)=0，解得x=12或x=a，

①當a≤0時，?(x)在(0,12)小于0，即f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

?(x)在(12,+∞)大于0，即f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

②當0<a<12時，?(x)在(0,a)，(12,+∞)大于0，即f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

?(x)在(a,12)小于0，即f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

③當a=12時，?(x)≥0在(0,+∞)恒成立，即f′(x)≥0恒成立，當且僅當x=12時等號成立，

所以f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，

④當a>12時，?(x)在(0,12)，(a,+∞)大于0，即f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

?(x)在(12,a)小于0，即f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，

綜上所述，當a>12時，f(x)在(12,a)單調(diào)遞減，在(0,12)，(a,+∞)單調(diào)遞增．

當a=12時，f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，

當0<a<12時，f(x)在(a,12)單調(diào)遞減，在(0,a)，(12,+∞)單調(diào)遞增；

當a≤0時，f(x)在(0,12)單調(diào)遞減，在(12,+∞)單調(diào)遞增；

17.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=lnx+x?1x=lnx+1，

所以曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率為f′(1)=1，

又f(1)=0，

所以曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y?0=1×(x?1)，即y=x?1．

(Ⅱ)g(x)=f(x)x+2x2=xlnxx+2x2=lnx+2x2，x>0，

g′(x)=1x?2?2x3=x2?4x3，

令g′(x)=0，得x=2或?2(舍)，

所以在(0,2)上g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，

在(2,+∞)上g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，

所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞)．

(Ⅲ)若對于任意x∈[1e,2e]，都有f(x)≤ax?e，

則若對于任意x∈[1e,2e]，都有xlnx≤ax?e

即若對于任意x∈[1e,2e]，都有l(wèi)nx+ex≤a，

令?(x)=lnx+ex，x∈[1e,2e]【解析】(Ⅰ)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率為f′(1)，又f(1)=0，由點斜式，即可得出答案．

(Ⅱ)根據(jù)題意可得g(x)=lnx+2x2，x>0，求導(dǎo)分析g′(x)的符號，g(x)的單調(diào)性．

(Ⅲ)根據(jù)題意可得若對于任意x∈[1e,2e]，都有l(wèi)nx+ex≤a18.【答案】極小值為?e，無極大值，作圖見解析；

當a∈[0,+∞)∪{?e}時，方程f(x)=a有唯一的實數(shù)根；

當a∈(?e,0)時，方程f(x)=a有兩個不同的實數(shù)根；

當a∈(?∞,?e)時，方程f(x)=a無實數(shù)根；

證明見解析．

【解析】解：(1)定義域為R，f′(x)=ex+(x?2)ex=(x?1)ex，

當x∈(?∞,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

則極小值為f(1)=?e，無極大值．

當x<2時，x?2<0，ex>0，則f(x)<0恒成立，且f(x)有唯一零點x=2，

則f(x)圖象如下：

(2)方程f(x)=a的根的個數(shù)等價于函數(shù)f(x)圖象與y=a的交點個數(shù)；

當a≥0時，f(x)與y=a有且僅有一個交點；

當?e<a<0時，f(x)與y=a有兩個不同交點；

當a=?e時，f(x)與y=a有且僅有一個交點；

當a<?e時，f(x)與y=a無交點；

綜上所述：當a∈[0,+∞)∪{?e}時，方程f(x)=a有唯一的實數(shù)根；

當a∈(?e,0)時，方程f(x)=a有兩個不同的實數(shù)根；

當a∈(?∞,?e)時，方程f(x)=a無實數(shù)根．

(3)證明：令g(x)=ex?3?lnx+1(x>0)，

則g′(x)=ex?3?1x=xex?3?1x，

令m(x)=xex?3?1，則m′(x)=ex?3+xex?3>0，

所以m(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，

又m(3)=2>0，m(2)=?1+2e<0，

所以存在x0∈(2,3)，使得m(x0)=0，

即x0ex0?3?1=0，即x0=1ex0?3=e3?x0，

所以當x∈(0,x0)時，19.【答案】{k|k≤4?2ln2}；

y=3x+3；

{k|k≤e}．

【解析】解：(1)f′(x)=ex+1?2x?k，

由題意得，x∈[?1,+∞)，f′(x)≥0恒成立．

令F(x)=f′(x)，則F′(x)=ex+1?2，且F′(x)在[?1,+∞)單調(diào)遞增，

令F′(x)=0，解得x=ln2?1>?1，

所以當x∈(?1,ln2?1)時，F(xiàn)′(x)<0，故F(x)單調(diào)遞減；

當x∈(ln2?1,+∞)時，F(xiàn)′(x)>0，故F(x)單調(diào)遞增；

所以F(x)min=F(ln2?1)=4?2ln2?k，

又f′(x)≥0，當且僅當F(x)min≥0，故k≤4?2ln2．

(2)當k=0時，f(x)=ex+1?x2，則f′(x)=ex+1?2x，

則曲線y=f(x)在點(?1,f(?1))處的切線斜率為f′(?1)=3，又f(?1)=0，

所以曲線y=f(x)在點(?1,f(?1))處的切線方程為y=3x+3．

(3)解法一：因為f(?1)=k，所以題意等價于當x>?1時，f(x)≥k．

即?x∈(?