【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.60,2D.6,2−2.设函
数2()lnfxaxbx=+,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()()12
0fafa++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()yfx=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《Na
ture》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12120
CC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()()x
fxxaxe=−+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()lnbxfxa
xxc=+−.(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1a=−时,求函数()()22gxfxxx=+−的极值.19.已知,
,mnaR,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,bR.(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=+−2221
21()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.14
0a=−,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,x
x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114114
0,,,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02
x,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−
.20.(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,[22][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43t,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()()()()222222111xbxbxxbabxaxbfxx
xxxx−−−−+−−=−−===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22222babaabab+=(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
()11120faa=++=+,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1x时,因为()01,1ln0,afxaxa=−−−所以()fx在)1,+上单调递减,所以()max()10,fx
f==则()0,fx又10,x+所以()0(gx当1x=时等号成立),所以0m②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()0,1
x上单调递减;所以()()200000000max00000131ln21()1111xxxxxxxxhxhxxxxx−++−−++=====++++因为04311,,eex所以0431111,1,exe+++所以m
ax4311()1,1,hxee++即max31()1,hxe+所以311,me+综上所述311me+,又,mZ所以2m,所以m的最小整数值为2