2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）12月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）12月月考数学试卷人教A版，共5页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知函数f(x)=x+1ax在(−∞, −1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.[1, +∞)B.(−∞, 0)∪(0, 1]C.(0, 1]D.(−∞, 0)∪[1, +∞)

2. 函数y=ex+csx在0,π2上取最大值时，x的值为( )
A.0B.π6C.π3D.π2

3. 设函数f(x)=xex−a(x+lnx)．若f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.[0,e]B.[0,1]C.(−∞,e]D.[e,+∞)

4. 设函数f(x)=lnx+ax2 − 32x，若x=1是函数f(x)是极大值点，则函数f(x)的极小值为( )
A.ln2−2B.ln2−1C.ln3−2D.ln3−1

5. 设函数fx是定义在0,+∞上的可导函数，其导函数为f′x，且有2fx+xf′x>x，则不等式x−20182fx−2018−4f2>0的解集为( )
A.0,2016B.2016,+∞C.0,2020D.2020,+∞
二、多选题

已知函数y=fx的导函数f′x的图象如图所示，则下列判断正确的是( )

A.函数y=fx在区间−3,−12上单调递增
B.当x=−2时，函数y=fx取得极小值
C.函数y=fx在区间−2,2上单调递增
D.当x=3时，函数y=fx有极小值
三、填空题

为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C（单位：万元）与隔热层厚度x（单位：cm）满足关系：Cx=403x+5 0≤x≤10，设fx为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．则总费用fx的最小值为________.

已知函数fx=13x3+mx2−23．若x=0是fx在[−1,+∞)上的极小值点，则实数m的取值范围是________.
四、解答题

已知函数fx=xlnx+mx2.
(1)当m=1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；

(2)当m<0时，设gx=fxx，求gx在区间1,2上的最大值．

已知函数fx=x−2ex+ax−12，讨论f(x)的单调性.

设函数f(x)=ex+x2−x−m(m∈R)．
(1)判断函数f(x)的单调性；

(2)若方程f(x)=x2在区间[−1, 2]上恰有两个不同的实根，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省娄底市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
求出函数的导数，由题意可得f′(x)≥0在(−∞, −1)上恒成立．运用参数分离可得1a≤x2在(−∞, −1)上恒成立．运用二次函数的最值，求出右边的范围即可得到．
【解答】
解：函数f(x)=x+1ax的导数为f′(x)=1−1ax2，
由于f(x)在(−∞, −1)上单调递增，
则f′(x)≥0在(−∞, −1)上恒成立，
即为1a≤x2在(−∞, −1)上恒成立．
由于当x<−1时，x2>1，
则有1a≤1，
解得，a≥1或a<0．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：y′=ex−sinx，
因为x∈0,π2，
所以y′=ex−sinx≥0，
所以y=ex+csx在0,π2上为增函数．
所以y=ex+csx取最大值时，x的值为π2．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
结合已知可先讨论a的范围，然后结合分离参数法及导数知识即可求解．
【解答】
解：当a=0时，f(x)=xex>0，符合题意；
当a>0时，由f(x)≥0恒成立可得1a≥x+lnxxex.
令g(x)=x+lnxxex，x>0，
则g′(x)=(x+1)(1−x−lnx)x2ex，
令ℎ(x)=1−x−lnx，则ℎ′(x)=−1−1x<0，
故ℎ(x)在(0, +∞)上单调递减，且ℎ(1)=0，
故x∈(0, 1)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1, +∞)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减，
故当x=1时，g(x)取得最大值g(1)=1e，
∴ 1a≥g(x)max=1e，
所以0综上可得，a的范围[0, e]．
故选A.
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
利用函数的导函数判断函数的单调区间，从而判断函数的极值．
【解答】
解：f′(x)=1x+2ax−32，
若x=1是函数f(x)是极大值点，
则f′(1)=0，
解得：a=14，
所以f(x)=lnx+14x2−32x，
所以f′x=1x+12x−32=x−1x−22x,
当f′(x)>0时，02；函数在(0, 1)和(2, +∞)上单调递增；
当f′(x)<0时，1所以函数在x=1时有极大值；
函数在x=2时有极小值为：f(2)=ln2−2.
故选A.
5.
【答案】
D
【考点】
导数的运算
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
解:
【解答】
解：根据题意，设gx=x2fx,x>0，
其导数g′(x)=x2f(x)′
=2xf(x)+x2f′(x)=x2fx+xf′x.
又2fx+xf′x>x且x>0,
由x2fx+xf′x>x2>0，则g′x>0，
则函数gx在区间0,+∞上为增函数.
即不等式(x−2018)2f(x−2018)−4f(2)>0⇒
⇒(x−2018)2f(x−2018)>22f2⇒gx−2018>g2.
因为g(x)在0,+∞上为增函数，
则有x−2018>2，解可得x>2020，
即不等式x−20182fx−2018−4f2>0的解集为(2020,+∞).
故选D．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的单调性与导数的关系
【解析】




【解答】
解：对于A，函数y=fx在区间−3,−12上有增有减，故A不正确；
对于B，当x=−2时，函数y=fx取得极小值，故B正确；
对于C，当x∈−2,2时，恒有f′x>0，则函数y=fx在区间−2,2上单调递增，故C正确；
对于D，当x=3时，f′x≠0，无法取得极小值，故D不正确.
故选BC.
三、填空题
【答案】
70
【考点】
函数模型的选择与应用
利用导数研究函数的最值
【解析】
将建造成本和能源消耗总费用相加即可得出fx，利用导数判断fx的单调性，根据单调性求出fx的最小值．
【解答】
解：设隔热层厚度为xcm，由题设，建造费用为C1x=6x，
得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为
fx=20Cx+C1x=20×403x+5+6x
=8003x+5+6x0≤x≤10．
因为f′x=6−24003x+52，
令f′x=0，即24003x+52=6，
解得x=5，x=−253（舍去）.
当0当50，
故x=5是fx的最小值点，
对应的最小值为f5=6×5+80015+5=70.
当隔热层修建5cm厚时，总费用达到最小值70万元．
故答案为：70.
【答案】
0,+∞
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
求出函数的导数，可得函数有两个极值点，根据条件可得x=−2m<0，从而得到答案.
【解答】
解：由题意f′(x)=x2+2mx=x(x+2m)，
令f′(x)=0，
解得x1=0，x2=−2m.
因为x=0是fx在[−1,+∞)上的极小值点，
所以x=−2m<0，所以m>0.
故答案为：0,+∞.
四、解答题
【答案】
解：(1)当m=1时，fx=xlnx+x2，
∴ f1=1，f′x=lnx+2x+1，
∴ f′1=3，
∴ 所求的切线方程为y−1=3x−1，即y=3x−2 .
(2)∵ gx=lnx+mx，
∴ g′x=1x+m=1+mxx，x∈1,2 .
令1+mxx=0，则x=−1m .
当0<−1m≤1，即m≤−1时，在1,2上，g′x≤0，gx为减函数．
∴ gx的最大值为g1=m ；
当1<−1m<2，即−1当x变化时，gx，g′x的变化如下表：
∴ gx的最大值为g−1m=−1−ln−m；
当−1m≥2，即−12≤m<0时，在1,2上，g′x≥0，gx为增函数．
∴ gx的最大值为g2=2m+ln2 .
综上所述：g(x)max=ln2+2m，−12≤m<0，−1−ln(−m)，−1【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）当m=1时， fx=xlnx+x2，所以f′x=lnx+2x+1 .
所以f1=1，切点坐标为1,1,f′1=3，
所以所求的切线方程为y−1=3x−1，即y=3x−2 .
【解答】
解：(1)当m=1时，fx=xlnx+x2，
∴ f1=1，f′x=lnx+2x+1，
∴ f′1=3，
∴ 所求的切线方程为y−1=3x−1，即y=3x−2 .
(2)∵ gx=lnx+mx，
∴ g′x=1x+m=1+mxx，x∈1,2 .
令1+mxx=0，则x=−1m .
当0<−1m≤1，即m≤−1时，在1,2上，g′x≤0，gx为减函数．
∴ gx的最大值为g1=m ；
当1<−1m<2，即−1当x变化时，gx，g′x的变化如下表：
∴ gx的最大值为g−1m=−1−ln−m；
当−1m≥2，即−12≤m<0时，在1,2上，g′x≥0，gx为增函数．
∴ gx的最大值为g2=2m+ln2 .
综上所述：g(x)max=ln2+2m，−12≤m<0，−1−ln(−m)，−1【答案】
解：由f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2，
可得f′(x)=(x−1)ex+2a(x−1)=(x−1)(ex+2a)，
①当a≥0时，由f′(x)>0，可得x>1；由f′(x)<0，可得x<1，
即有f(x)在(−∞, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增；
②当a<0时，若a=−e2，则f′(x)≥0恒成立，即有f(x)在R上单调递增；
若a<−e2时，由f′(x)>0，可得x<1或x>ln(−2a)；
由f′(x)<0，可得1即有f(x)在(−∞, 1)，(ln(−2a),+∞)上单调递增，在(1, ln(−2a))上单调递减；
若−e20，可得x1；
由f′(x)<0，可得ln(−2a)即有f(x)在(−∞, ln(−2a))，(1, +∞)上单调递增，在(ln(−2a),1)上单调递减.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】







【解答】
解：由f(x)=(x−2)ex+a(x−1)2，
可得f′(x)=(x−1)ex+2a(x−1)=(x−1)(ex+2a)，
①当a≥0时，由f′(x)>0，可得x>1；由f′(x)<0，可得x<1，
即有f(x)在(−∞, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增；
②当a<0时，若a=−e2，则f′(x)≥0恒成立，即有f(x)在R上单调递增；
若a<−e2时，由f′(x)>0，可得x<1或x>ln(−2a)；
由f′(x)<0，可得1即有f(x)在(−∞, 1)，(ln(−2a),+∞)上单调递增，在(1, ln(−2a))上单调递减；
若−e20，可得x1；
由f′(x)<0，可得ln(−2a)即有f(x)在(−∞, ln(−2a))，(1, +∞)上单调递增，在(ln(−2a),1)上单调递减.
【答案】
解：(1)f′(x)=ex+2x−1，
令ℎ(x)=ex+2x−1，
则ℎ′(x)=ex+2>0，
∴ ℎ(x)在R上单调递增，
又∵ ℎ(0)=0，
∴ 当x>0时，ℎ(x)>ℎ(0)=0，
当x<0时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，
∴ f(x)的单调减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)若方程f(x)=x2在区间[−1,2]上恰有两个不同的实根，
则m=ex−x在区间[−1,2]上恰有两个不同的实根，
令p(x)=ex−x，
则p′(x)=ex−1，
令p′(x)=0，则x=0，
∴ p(x)在[−1,0]上的单调递减，在[0,2]单调递增.
又∵ p(−1)=1e+1,p(0)=1,p(2)=e2−2，
∴ 实数m的取值范围为1,1e+1.
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）先求出函数的导数，从而求出单调区间，
（2）引进新函数g(x)由题意得出方程组，从而求出a的范围．
【解答】
解：(1)f′(x)=ex+2x−1，
令ℎ(x)=ex+2x−1，
则ℎ′(x)=ex+2>0，
∴ ℎ(x)在R上单调递增，
又∵ ℎ(0)=0，
∴ 当x>0时，ℎ(x)>ℎ(0)=0，
当x<0时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，
∴ f(x)的单调减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)若方程f(x)=x2在区间[−1,2]上恰有两个不同的实根，
则m=ex−x在区间[−1,2]上恰有两个不同的实根，
令p(x)=ex−x，
则p′(x)=ex−1，
令p′(x)=0，则x=0，
∴ p(x)在[−1,0]上的单调递减，在[0,2]单调递增.
又∵ p(−1)=1e+1,p(0)=1,p(2)=e2−2，
∴ 实数m的取值范围为1,1e+1.x
1,−1m
−1m
−1m,2
g′x
+
0
−
gx
↗
极大值
↘
x
1,−1m
−1m
−1m,2
g′x
+
0
−
gx
↗
极大值
↘