【文档说明】福建省上杭县第一中学2020-2021学年高二下学期数学周末试卷2021.3.14 含答案.doc，共(11)页，1.081 MB，由管理员店铺上传

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上杭一中2020-2021第二学期高二数学周末试卷2021.3.14一、单选题1．函数21()ln3fxxx=−的单调递减区间为（）A．6,2+B．66,22−C．60,2D．6,2−2．设函数2()ln

fxaxbx=+，若函数()fx的图象在点(1，(1)f)处的切线方程为y=x，则函数()yfx=的增区间为（）A．(0，1)B．(0，22)C．(22，+)D．(22，1)3．函数()3sinfxxxx=++，则1a−是()()120fafa++的（）A．充分不必要条

件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．已知32()fxxpxqx=++的图像与x轴相切于非原点的一点，且f(x)极小值=-4，那么p，q值分别为（）A．8，6B．9，6C．4，2D．6，95．已知函数()yf

x=的部分图象如图所示，则()fx的解析式可能为（）A．()1sin2=−fxxxB．()1sin2fxxx=+C．()1cos2fxxx=−D．1()cos2fxxx=+6．已知函数()2()xfxxae=−，则“1a−”是“()fx有极值”的（）A．充分不必要条件B．必要

不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．函数()yfx=在定义域3(,3)2−内可导，其图象如图所示，记()yfx=的导函数为()yfx=，则不等式()0fx的解集为（）A．1[,1][2,3)3−B．148[1,][,]

233−C．31[,][1,2]22−D．3114[,][,]2323−−8．已知函数3()1fxxax=−+，若()fx在R上为增函数，则实数a的取值范围是（）A．(,1]−B．(,1)−C．(,0)−D．(,0]−二、多选题9．下列函数在定义域上为增

函数的有（）A．4()2fxx=B．()xfxxe=C．()cosfxxx=−D．()2xxfxeex−=−−10．已知()1xexxR+，当且仅当0x=时取等号，则（）A．()1()xfxxxRe

=+的最小值为1B．()()0xefxxx=的最小值为1C．()()ln0fxxxx=−的最小值为1D．()1()0xfxxex=的最小值111．2018年世界著名的国际科技期刊《Nature》

上有一篇名为《TheUniversalDecayofCollectiveMemoryandAttention》的论文，该文以12个不同领域的数据指出双指数型函数1212()xxfxCeCe=+在描绘人类行为时的普适作用.关于该函数下列说法中正确的有（）A．当120CC

且12时函数()fx有零点B．当120CC且12时函数()fx有零点C．当12120CC且12时函数()fx有极值D．当12120CC且12时函数()fx有极值12

．已知()lnxfxx=，下列说法正确的是（）A．()fx在1x=处的切线方程为1yx=−B．单调递增区间为(),e−C．()fx的极大值为1eD．方程()1fx=−有两个不同的解三、填空题13．若函数2()()xfxxaxe=−+在区间（-1，1）上存在减区间，则实数a的取值范围是__

______.14．若函数2()2(0)xfxmexxm=−+在(0,1)上有极值点，则m的取值范围为___________.15．已知函数在()3223(,)fxxmxnxmmnR=+++，1x=−时取得极小值0，则mn+=_

_________．16．已知定义在()0,+上的函数()fx的导函数为'()fx，且满足'()()fxxfx，()30f=，则()0fxx的解集为_________.四、解答题17．已知()lnbxfxaxxc=+−.（1）当

11,1,2abc===时，求()fx在[1,2]上的最大值；（2）当1,1,bcaR=−=时，讨论()fx的单调性.18．已知函数()()()20xaexfxa=−.（1）求()fx的单调区间；（2）当1

a=−时，求函数()()22gxfxxx=+−的极值.19．已知,,mnaR，函数32()3fxxx=−的单调递减区间[,]Amn=，区间[21,3]Baa=−+．（1）求m和n的值；（2）“xA”是“xB”的充分条

件，求a的取值范围．20．已知函数3()50fxxmx=−+在2x=处取得极值，mR.（1）求m的值与()fx的单调区间；（2）设02t，已知函数()()16fxgxt=，若对于任意1x、2[2]xtt−，，都有12()()1gxgx−，

求实数t的取值范围.21．已知函数()lnbfxxaxx=−+，a，bR.（1）若a>0，b>0，且1是函数()fx的极值点，求12ab+的最小值；（2）若b=a+1，且存在0x[1e，1]，使0()0fx成立，求实数a的取值范围.22．已知函数(

)()()()1ln,1fxfxxaxxagxx=−−=+R（1）当12a=−时，求()fx的最小值；（2）当01a时，()gxm恒成立，求整数m的最小值.参考答案1．C2．C3．B4．D5．A6．B7．A8．D9．CD10．AC11．BC12．AC13．3,2−

14．(2,0)−15．1116．(0,3)17．解：（1）当11,1,2abc===时，1()ln2fxxxx=+−222121()1,122xxfxxxxx−−=−−=由()0fx，得1512x+，当()0fx时解得1522x+，所以()fx在151

,2+上单调递减，在15,22+上单调递增，所以最大值在端点处取得，5(1)2ln2,(2)2ln22ff=−=−又1(1)(2)ln2ln2ln02ffe−=−=−所以()fx在1,2上的最大值为2ln2−.（2）当1,1bc=−=时，1()lnfxaxxx=

−−222111(),0axxfxaxxxx−+=+−=①当0a=时()0fx，得01,()0xfx，得1x()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减.②当0a时，140a

=−，方程210axx−+=的两根为12114114,22aaxxaa−−+−==且210xx所以()0fx，得10,()0xxfx，得1xx即()fx在()10,x上单调递增，在()1,x+上单调递减.③当0a时，14a=−ⅰ.当140a=−，即14a

时，()0,()fxfx在(0,)+上单调递增.ⅱ.140a=−，即104a时方程210axx−+=的两根为12114114,22aaxxaa−−+−==且120xx所以()0fx，得10xx或2xx，所以()0fx，得12xxx即()

fx在()()120,,,xx+上单调递增，在()12,xx上单调递减综上：当0a=时，()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减；当0a时，()fx在1140,2aa−−上单调递增，在114,2aa−−+

上单调递减；当104a时，()fx在1141140,,,22aaaa−−+−+上单调递增，在114114,22aaaa−−+−上单调递减；当14a

时，()fx在(0,)+上单调递增18．（1）由题意，函数()()()20xaexfxa=−，可得()()1xfxaex=−，若0a，由()0fx，可得1x；由()0fx，可得1x，所以()fx的递减区间为(),1−，递增区间为()1,+；若0a，由()0fx，可得

1x；由()0fx，可得1x，所以()fx的递减区间为()1,+，递增区间为(),1−.（2）当1a=−时，可得()()()22222xgxfxxxexxx=+−=−−+−，则()()()()12212xxgxexxxe=−−+−=

−−−，由()0gx=，即()()120xxe−−=，解得1x=或ln2x=，当x变化时，()gx与()gx的变化情况如下表：x(),ln2−ln2()ln2,11()1,+()gx-0+0-()gx递减极小值递增极大值

递减所以当ln2x=时，函数()gx取得极小值()()2ln2ln24ln24gxg==−+极小值；当1x=时，函数()gx取得极大值()()11gxge==−极大值.19．解：（1）2()36fxxx=−，由()0fx，有2360xx−

，得02x，又32()3fxxx=−的单调递减区间为[,]Amn=，所以0m=，2n=．（2）[21,3]Baa=−+，有213aa−+得4a．又xA是xB的充分条件，可知AB，有432210aaa+−，得112a−，故实数a的取值范围为11,2−.2

0．（1）由题意得()fx的定义域为R，2()3fxxm=−，∵函数3()50fxxmx=−+在2x=处取得极值，∴(2)340fm=−=，解得12m=，则由2()3123(2)(2)0fxxxx=−=+−=得2x=或2x=−，x

、()fx、()fx的关系如下表：x()2−−，2−(22)−，2(2)，+()fx＋0－0＋()fx极大值极小值∴函数()fx的单调递增区间为()2−−，，(2)，+，单调递减区间为(22)−，；

（2）由（1）得函数3()1250fxxx=−+，当02t时，对任意1x、2[2]xtt−，，都有12()()1gxgx−，即当[2]xtt−，，时，maxmin()()16fxfxt−，∵()fx在[22]−，上单调递减，[2

2][2]tt−−，，，∴()fx在[2]tt−，上单调递减，则3max()(2)(2)12(2)50fxfttt=−=−=−+，3min()()1250fxfttt==−+，则2maxmin()()6121616fxfxttt−=−++，即236280tt+−，解得

2t−或43t，结合02t，得423t，故实数t的取值范围为4{|2}3tt.21．解：（1）()21,abfxxx=−−因为1是函数()fx的极值点，所以()110,fab=−−=即1.ab+=此时()()()()222222111xbxbxxbabxaxbfxxxxxx−−

−−+−−=−−===当()01,0;xfx当()1,0,xfx所以函数()fx在1x=处取极小值.所以()121223baabababab+=++=++因为0,0ab，所以22222babaa

bab+=(当且仅当22,21ab=−=−时等号成立)此时12ab+有最小值322+.（2）当1ba=+时，()1lnafxxaxx+=−+，存在01,1xe使()00fx成立，即函数()fx在1,1e

上的最小值小于0.()()()221111(0)xxaaafxxxxx+−++=−==①当11,a+即0a时，()fx在1,1e上单调递减，所以()fx在1,1e上的最小值为()11120

faa=++=+，所以2a−，不符，舍去；②当11,ae+即11ae?时，()fx在1,1e上单调递增，所以()fx在1,1e上的最小值为()()111110,faeaeaeeee=+++=+

++所以()211eaee+−+，又11,ae−所以()211eaee+−+；（3）当111ae+时，即110ae−时，()fx在1,1ae+上单调递增，在1,1a+上单调递减，所以()fx在1,1e

上的最小值为()()()111ln11ln12faaaaaa+=++−+=−++因为111,ae+所以()1ln10,a−+所以()11ln12a−+所以()1ln12aaaa−

+，所以()()11ln12220,faaaa+=−+++不符，舍去，综上可得，a的取值范围是()211eaee+−+.22．（1）当12a=−时，()fx的定义域为()()()10,,ln12fxx+=−，由(

)0,fx得0ex；由()0,fx得ex所以()fx在()0,e上单调递减，在(e,)+上单调递增，所以()fx的最小值为()ee12f=−（2）①当1x时，因为()01,1ln0,afxaxa=−−−所以()

fx在)1,+上单调递减，所以()max()10,fxf==则()0,fx又10,x+所以()0(gx当1x=时等号成立),所以0m②当01x时，ln0x，又当01a，时axx，所以lnlnaxxxx，所以lnlnaxxxx−−，所以

1ln1ln,xaxxxxx−−−−即()1lnfxxxx−−因为10,x+所以()1ln1xxxgxx−−+，令()()()1ln0,11xxxhxxx−−=+，所以问题化为()hxm在(0，

1)上恒成立，因为()23ln(1)xxhxx−−−=+，令()()3ln,0,1,xxxx=−−−则()110xx=−−，所以()x在(0，1)上单调递减，又因为4433111110,0eeee=−=−所以存在唯一一个实数04311,,ee

x使得()0003ln0,xxx=−−−=所以00ln3xx=−−，所以当00xx时(),0,x则()0,hx当01xx时(),0,x则()0hx，所以()hx在()00,x

上单调递增；在()0,1x上单调递减；所以()()200000000max00000131ln21()1111xxxxxxxxhxhxxxxx−++−−++=====++++因为04311,,eex所以0431111,1,exe+++所以max4311(

)1,1,hxee++即max31()1,hxe+所以311,me+综上所述311me+，又,mZ所以2m，所以m的最小整数值为2