江苏苏州市某校2025-2026学年高二下学期周测四数学试题

**基本信息** 高二下学期导数周测卷，通过单选、多选、解答题等多样题型，覆盖单调区间、极值点、切线方程等导数核心应用，分层考查数学思维与运算能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|单调区间判断、极值点个数分析|如第2题结合三次函数导数考查极值点识别，基础巩固| |多选题|3/15|函数零点、导数与函数性质|第10题通过导函数不等式判断函数关系，能力提升| |填空题|3/15|极值点参数范围、公切线问题|第13题两函数公切线问题，考查数学建模| |解答题|5/73|极值与参数范围、不等式证明|第19题结合恒成立与不等式证明，如证数列不等式，创新应用|

高二下学期滚动练习4 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(每小题4分，共32分) 1.函数f(x)＝－2ln x－x－的单调递增区间是(　　) A.(0，＋∞) B.(－3，1) C.(1，＋∞) D.(0，1) 2.已知函数f(x)＝3x4－8x3＋6x2，则f(x)(　　) A.有2个极大值点 B.有1个极大值点和1个极小值点 C.有2个极小值点 D.有且仅有1个极值点 3.已知曲线f(x)＝x2－2m，g(x)＝3ln x－x，若y＝f(x)与y＝g(x)在公共点处的切线相同，则m＝(　　) A.－3 B.1 C.2 D.5 4.若函数存在两个不同零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5.若对任意的，，且，，则m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6.函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　　) A.－， B.－， C.－，＋2 D.－，＋2 7．函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8.设（e为自然对数的底数），则（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题本题共3小题，每小题5分，共15分。 9.设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A.当a>1时，f(x)有三个零点 B.存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 C.当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 10.已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若f(x)满足(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，＝，则下列关系式正确的是(　　) A.f(1)<ef(0) B.f(2)>e2f(0) C.f(3)>e3f(0) D.f(4)<e4f(0) 11.设函数，则（    ） A． B．函数的图象过点的切线方程为 C．函数既存在极大值又存在极小值，且其极大值大于其极小值 D．方程有两个不等实根，则实数的取值范围为 三、填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是________. 13.若函数f(x)＝ln x＋ax与函数g(x)＝x2的图象有两条公切线，则实数a的取值范围是________. 14.已知函数，若对任意的恒成立，则的取 . 四、解答题（73分） 15.（13分）已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 16.（13分）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 17．（15分）已知． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）当时，证明对于任意的成立． 18．（15分）已知函数，其中m＞0，f '(x)为f(x)的导函数，设，且恒成立． (1)求m的取值范围； (2)设函数f(x)的零点为x0，函数f '(x)的极小值点为x1，求证：x0＞x1． 19.（17分）已知函数f(x)＝－k， (1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；（8分） (2)证明：ln ＋ln ＋…＋ln <(＋＋…＋ln)(n>1).（6分） 学科网（北京）股份有限公司 $滚动练习4 一、单选题 1.函数)=一2x一x-3的单调递增区间是( ) A.(0,+o) B.(-3,1) C.(1,+o)D.(0,1) 答案D 解折f=-？-1+3-二-2x+3_二（x=1)x+3),0 x2 x2 由w)>0,得0<x<1,fx)的单调递增区间是(0,1).故选D 2.己知函数fx)=3x4-8x3+6x2,则x)() A.有2个极大值点 B.有1个极大值点和1个极小值点 C.有2个极小值点 D.有且仅有1个极值点 答案D 解析由题知fw)=12x3-24x2+12x=12x(2-2x+1)=12xx-1)2, 因为(x一1)2≥0（当且仅当x=1时取等号）， 则当x<0时，(x)<0,当x>0时，x)20, 所以函数x)的单调递增区间为(O,十o),单调递减区间为（一o,0), 所以函数x)的极小值点为0，没有极大值点，即函数x)有且仅有1个极值点 3.己知曲线x)=x2一2，g(x)=3nx一x,若y=x)与y=gw)在公共点处的切线相同，则m=() A.-3 B.1 C.2 D.5 答案B 解析设曲线x)=x2-2和g(w)=3nx一x的公共点为(o,0), xo-2m=3In xo-x0, 则Co）=8Co):即2a-3-1, 解得xo==1. ff(xo)=g'(xo), x0>0, 4,若函数)-三-m存在两个不同零点，则实数a的取值范围是（) e.o 解析C 【分折】依题意等价于二=m有两个不同的解，=0满足条件，所以a=。产有一个非零根，令g()兰 利用导数研究函数的单调性，即可求得参数的取值范围； 【详解】解：函数)--x存有两个不同零，等价 。=心有两个不同的解，x=0满足条件，所 有一个非零根，令8国，8肉=C2,当>1时，8网<0，<时 e2x 所以g)在（←n,)上单调递增，在，+o)上单调递减，且当xe(-m,l)时，f)e(,},当xe+m)时， fe0,3, 所以a=上有一个非零根时，实数a的取值范围是(-0.0心白： 11 ex 故选：C 5若对任意的x,∈(，+0)，且<6， 为n-七血五>1，则m的取值范围是(D） 为1-2 a[&e店oj c.[e,+oo） D.[e,+∞) 【分折1首充行出m>0,再将血之1装理为，构道国数四 1-X2 3 其中x∈(0，+o),当m<<x时，(x2)<f(:),即在(，+o),f(x)单调递减，求出f'(x),分析得出f(x) 减区间，即可得出的取值范围. 【详解】由题可知，>0， 因为血5-血5>1，且0<5<5， x1-X2 所以xlnx2-x2nx1<,1-x2,两边同时除以xx2得， 血s<11,即1<n 3” 设函数f)=血x1,其中xe0,m), xx 因为当m<x1<x2时，f(:)<∫(s), 所以f(x)在(，+o)单调递减， 因为f()=2-血x x2 令f'(x)=0,x=e2, 当x∈(0，e2)时，f'(x)>0,即f(x)在(0，e2)上单调递增， 当x∈(e2,+o)时，f'(x)<0,即f(x)在(e2,+o）上单调递减， 所以m≥e2, 故选：D 6.函数x)=cosx十(+1)sinx+1在区间[0,2列的最小值、最大值分别为() A-分分 B.-3n,π 2’2 C.-元+2 2’2 D.-3π，+2 2’2 答案D 解析x)=cosx+(x+1)sinx+1,x∈[0,2列， 则f(w)=-sinx+sinx+(r+1)cosx=(x+1)cosx,x∈[0,2列. 令f倒=0，解得x=一1（舍去），x=或x=3π 2 因为孕=o++m1=2+号术受=cm亚++1sn死+1= 2 2 又0)=cos0+(0+1)sim0+1=2,人2D=cos2m+(2π+1)sim2π+1=2， 所以m=孕-2+受心=受=-亚故远D 7.函数f(x)是定义在(0，+w)上的可导函数，其导函数为f”(x),且满足2f(w)-f(x)>0,若不等式 af(e)≤fax)e在x∈(0，+o)上恒成立，则实数a的取值范围是() ax A.[e,+o) B.(0,e D.o 【答案】B 【难度】0.65 【来源】湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高二下学期4月期中测试数学试题 、【分析】根据思意构造函数)，由条件不等式判新函数在0，+)上单调递减，将不等式 afe)≤fa)-e转化成ge)sga,利用g()单调性将问思简化为a≤g在x∈(0，+o）上恒成立， C ax 求出函数)=已在(0，+)上的最小值即得。 【详解】由2f)-f)>0,xe0,+m),可设8()-，xe0,+0》 则g(四=02田⑧2®0，即展数)=型在0时上为减延数 x4 x 因r>0,a>0,则a0,由e2≤e可得是≤，即ge)sgay ex 故得e'≥瓜，即a≤C在x∈0，+m)上恒成立. 令=g,x∈(o,+）,则h=-De x2 当0<x<1时，h'(x)<0,h(x)单调递减，当x>1时，h(x)>0,h(x)单调递增， 则x=l时，h(x)取得最小值h)=e,故a≤e,又a>0,故0<a≤e. 故选：B. 8.设a=1.417,b=1.714,c=e(e为自然对数的底数)，则() A.a<b<c B.b<c<a C.c<b<a D.c<a<b A 【分析】根据已知条件构造函数，利用导数法求函数的单调性及最值，结合对数函数的单调性及不等式的 性质即可求解. 【详解】na=1.7ln1.4,lnb=1.4lnl.7, 令f)=hx,则f)1-hx x2 令f=0,即1血x=0,解得x=e, 当0<x<e时，f'(x)>0, 所以f(x)在(0，e)上单调递增. 所以f09<f0)三h4<今17h14<14n17 所以lna<nb,即a<b, 令g)=nx-x+1,则g()=1-1=1-x 令g()=0,即1-=0，解得x=1. 当0<x<1时，g'(x)>0, 当x>1时，8'(x)<0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减 所以g(x)≤g(1)=h1-1+1=0,即lnx≤x-1(当且仅当x=1时等号成立). 因为lnb=1.4ln1.7<1.4×1.7-1)=0.98<1=lne 所以b<e,即b<c, 所以a<b<c. 故选：A 二、多选题 9.设函数fx)=2x3-3m2+1,则() A.当心1时，fx)有三个零点 B.存在a,b,使得x=b为曲线y=fx)的对称轴 C当K0时，x=0是fx)的极大值点D.存在a,使得点(1,1)为曲线y=fx)的对称中心 答案AD 解析由题可知，fx)=6x(c一). 对于A,当a心1时，由fx)0得0Kx<a, 由fx)>0得x<0或x>a, 则x)在（一o,0)上单调递增，在(0，）上单调递减，在(a,十o)上单调递增， 且当x→-o时，x)→-o,0)=1,=-a3+1<0, 当x→十o时，x)→十o,故fx)有三个零点，A正确： 对于B,当x→十o时，x)→十o,当x→一o时，y)→一o,故曲线y=x)必不存在对称轴，B错误； 对于C,当K0时，由fx)大0得Kx<0,则fr)>0得>0或x<a, 则x)在（一o,d上单调递增，在(a,0)上单调递减， 在(0，十o)上单调递增，故x=0是)的极小值点，C错误： 对于D.利=m1=9习1g令号 2 则网阿转化为g0=21+1分由y=2-m为骑面数 其图象关于原点对称，可知0的图象关于点0,1一对释 则和的图象关于長1习对 故存在a=2,使得点(1,1)为曲线y=x)的对称中心，D正确，故选AD 0已知函数在R上可导，其导函数为，若闷满足《-1俐一九P0,2。了。·则下 e2x 列关系式正确的是( A.f(1)<ef(0) B.f2)>ef0) Cf3)>e3f0) D.f4)<ef0) 答案AC 解新令)广N则r)e/)-/)/D e2r er 因为函数x)满足(x一1)汇fw)一x)]>0,所以当x>1时，F(x)>0,Fx)在(1，+o)上单调递增；当x1时，F(x)大0， N在(-，D上单调递减/2-)）f)2-)=, e2x er 所以Fx)的图象关于直线x=1对称，从而F(1)<F(O)=F(2)<F3)下F(4. 对于A,P0,时）0），所以IO,故A正确： el 对于B,0)=P2,即(2)/(0），所以2)=eO,故B错误 e2 e0 对于C,F3)>FO), 即时(3)Y0) e3 所以3)>e0),故C正确： 对于D,F4)>F(O), 即时4)0），所以④>e0,故D错误 e4 1.设函数f)=e2x+,则（) A.f'(1)=2e B.函数f(x)的图象过点 -1日)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 。方程因有两个不等实根，则实数的取值范围为0加4，物 AD 【分析】根据导数的运算法则及初等函数的导数公式，利用导数值的定义及求过点处的切线方程的步骤， 结合导数法求函数的极值的步骤及将方程∫(x)=k有两个不等实根转化为y=k与∫(x)有两个交点，再利 用数形结合即可求解， 【详解】由题意可知了-[c(2x+xe2xH】工x. 对于A,由f=二(2x-1c+1D,得f①=2x1-10+)=2e,故A正确： 对于B,设切点为e(2+》,k=f)=e n 2%-+ -宁-2-+x-毛优入点〔)得 切线方程y-e*(2+)=e 62+马生号色-6+-化简整理得e②+5为)士0 令)=e(2+写-6-1)+6，(-)=0， 所以函数在(1日的切线方程为y-日 1 因为宁=一G+6<0@)=c+日0，函数)图象连续不断。 e 所以存在七e侵使得()-0， 所以过点日的直线与离效)在)之间存在切点 所以过点 -1 的切线不止一条，故B错误； e 对于C,f(x)的定义域为(-，0)U(0,+0) 令)-0即S(2r-c+)=0,解得x=1或 当e-mu传j时.f四>0 1 当x(-LoU02时，fw<0, 所以在（公）和上单调递培在(10)和Q》上单调递减 当x=-1时，(y取得极大值为1-1)=e[2x()+1 (-1) e 1/ 1 2×+1 当x时，了()取得极小值为了 2 4ve, 因为1<4， 所以极大值小于极小值，故C错误： 对于D,由C选项知，作出f(x)的图象如图所示 Y=k y-e 要使方程fx=k有两个不等实根，只需要y=k与fx)有两个交点，由图可知，kE0,上U4E,+四) e 0.U(Ve.+) 所以实数k的取值范围为) 故D正确： 三、填空题 l2.设a∈R,若函数y=e十ax,x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是 答案(-0，一1) 解析y=ex十ar,y=ex十a.由题意知ex十a=0有大于0的实根， 由ex=-a,得a=-ex,x>0,.e>l,.K-1. 13.若函数y)=lnx十与函数gx)=x2的图象有两条公切线，则实数a的取值范围是 答案（一0,1) 解析设公切线与函数x),gx)分别切于点A(x1,y),B(x2,y), 则过46饰切线分别为，：一1， y=2xx一x3,则有1 (1+a=2x2 由hx1-1=-x3得x1=el5, nx1-1=-x3, 代入1+a=2x2得a=22-e号1，依题意知y=a与y=2x一e21的图象有两个不同的交点， 令p()=2x-e2-1,g'0)=2-2xe2-1,令00)=0，得x=1, 当x∈(-o,1)时，9'w)>0:当x∈(1，十o)时，9'(x)0, ∴.p(x)在（一o,1)上单调递增，在(1，十o)上单调递减： ∴.p)max=0(1)=1,又x→-o时，p(x)→-o;x→十o时，p(w)→-o,故aK1 fe)=g-hc-1）)-Ina+1 14.已知函 a 若f(x)≥0对任意的r∈(L,+0)恒成立，则a的取值范围是 【答案】(0，e2] 【详解】因为f(x)≥0对任意的x∈(1，+∞)恒成立， 即-ln(x-1)-ha+1≥0对任意的x∈1，+o)恒成立， 即e-a+x-lma≥ln(x-1)+x-l=e(-+ln(x-1)对任意的x∈(1，+on)恒成立， 令g(x)=e+x,则g'(x)=e+l>0,所以8(x)=e+x在R上单调递增， 又g(x-lna)≥g[1n(x-1)]对任意的x∈(1，+o)恒成立， 所以x-na≥ln(x-1)对任意的x∈(1，+o)恒成立， 所以x-ln(x-1)≥lna对任意的x∈(1，+o)恒成立， 令h(x)=x-ln(x-1),x∈(1，+o), 则)=1=子，所以当1<<2时0，当x2时0. 所以h(x)在(1,2)上单调递减，在(2，+o)上单调递增， 所以h(x)ma=h(2)=2, 所以1na≤2，则0<a≤e2,即a的取值范围为(0，e2], 所以bKKc,· 四、解答题 15.己知函数x)=e一ar一a3.若x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 解易知函数x)的定义域为R,f(x)=ex-a. 当0时，w)>0,函数x)在R上单调递增，无极值； 当a心0时，由fx)>0,得x>lna,由fx)水0，得x<lna, 所以函数x)在区间（一o,lnd上单调递减，在区间(na,十o)上单调递增， 所以x)的极小值为na=a一alna一a3.由题意知a-ana-3<0(a>0), 等r价于1-血a-a0e0,令g@=1-ha-a-0叭.则g@=a2a0, 所以函数g(@在(0，十o)上单调递减，又g(1)=0,故当0<K1时，g(>0: 当心1时，g(a@0. 故实数a的取值范围为(1，十o), 16.己知函数f(x)=a(x-1)-lnx+1. (1)求f(x)的单调区间： (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e-1恒成立. 【详解】(1))定义域为0，+0），f()=a-1_-1 当a≤0时，f(=1<0,故f)在0，+)上单调递减： 当a0时e合时，广@>0.网单湖递者 当xe0日时，f<0,f单词道减 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，+w): a>0时，f)的单润道带区间为后+切，单词递读区间为日 (2)a≤2，且x>1时，e-1-f(x)=e-1-a(x-1)+lnx-1≥e-1-2x+l+lnx, 令g(x)=e-1-2x+1+lnx(x>1),下证g(x)>0即可. g国-e-2+再令K=gw,则)-e1是 显然h(x)在(1，+o)上递增，则(x)>h(①)=e°-1=0， 即g(x)=h(x)在(1，+w)上递增， 故g(x)>g'I)=e°-2+1=0，即g(x)在(1，+o)上单调递增， 故g(x)>g1)=e°-2+1+ln1=0,问题得证 17.己知f)=a(-ny)+2x-1,a x,aeR. (I)讨论f(x)的单调性： (1)当a=1时，证明()+2对于任意的x[L2]成立. (I)见解析；（Ⅱ）见解析 【详解】试题分析：(I)求f(x)的导函数，对a进行分类讨论，求f(x)的单调性： ()要证>f()+子对于任意的xe[L2]成立，即证)-f)~多根据单调性求解 3 试题解析： (I)f(x)的定义域为(0+0)： f)=-a2+2-@2-2c-少 x3 当a≤0，x∈(0,1)时，f"()>0,f(x)单调递增： xE(1,+w)时，f'()<0,f(x)单调递减. 当a>0时0-月 (1)0<a<2, a 2 当x∈0)或xe(后+w)时.0，f)单调递增： e山时，了因<0，了闭单调递减， (2)a=2时， 二=1，在x∈(0+0)内，f")≥0，f(x)单调递增： a (3)a>2时，0< <1； 当xe0得或+国列时、f)年调磁： 当e(D时，了<0，f)单调递减 综上所述， 当a≤0时，函数f(x)在(01)内单调递增，在(1，+∞)内单调递减： 当0<a<2时，f(x)在(0,1)内单调递增， 在11 内单调递减， 2- 在( +0)内单调递增： a 当a=2时，f(x)在(0，+o)内单调递增： 当a>2,f)在(0， 内单调递增， 在(， )内单调递减，在(1，+∞)内单调递增， Q (IⅡ)由(I)知，a=1时， e-w-nt0-+3=-h1.xe ◆90网-hx0-2子-1.xe因 f(x)-f'(x)=g(x)+h(x), 由g)=≥0可得g()≥g(0=1,当且仅当x=1时取得等号。 又h)=-3x2-2x+6 设p()=-3x2-2x+6,则(x)在xe[1,2]单调递减， 因为0(1)=1(2)=-10， 所以在[12]上存在x使得x∈(1x)时，p()>0,x(2)时，(x)<0, 所以函数h(x)在(1.)上单调递增；在(x2)上单调递减， 01,h2因此2②=当且仅当x=2取 所越o)->g0+-子 即)>f)+对于红意的xe[2☒]恒成立. 18已知函数f)=e'Q+mh),其中m>0,f为的导函数设)=f(®，且)≥恒成立. (1)求的取值范围： (2)设函数fx)的零点为xo,函数f'(x)的极小值点为x,求证：xo>x1. 1a+】 (2)证明见解析 【分析】(1)求导可得'(x)解析式，即可得h(x)解析式，利用导数求得h(x)的单调区间和最小值，结合 题意，即可得m的范围， 2)求得”()解析式，令t心)=1+mnx+-(G>0),利用导数可得四的单调性，根据零点存在性 定理，可得存在， 使得tx2)=0,进而可得f"(x)在x=x2处取得极小值，即x1=x2,所以 1+mn+ 令s(x)=1+mlnx,分析可得sx)<0,即可得证 【详解】1)由意设知了)=e0mnx+受 则(x)=1+mnx+(x>0), 所以h(x)=业_=mx-) xx x2 当x>1时，x)>0,则Mx)在区间1，十∞)是增函数， 当0<x<1时，x)<0,则x)在区间0,1)是减函数， 所以m力a①）=1+m号·解得加 2 所以m的取值范围为2+” 3 xFe1+mhx+2m (2)f"()=e1+mnx+业+"-= 令t(x)=1+mlnx 2L_"(>0 则tw)=-2+2"=mx2-2x+2)m[c-1)2+1] x x2 x3 >0恒成立， x3 所以x)在(0，+∞)单调递增. 又t0)=1+>0,t -2 =1-min2s1-2n2<0, 所以存在x∈ 使得tx)=0, 当x∈(0，x2)时，t'x)<0,即fx)<0,则f"x)在(0，x2)单调递减： 当x∈(x2,十∞)时，tx)>0,即f"(x)>0,则f(x)在(x2,十∞)单调递增 所以f(x)在x=x2处取得极小值.即x1=x2, 质40.+mnt02 所以1+mnx=2L-1-22<0, x1 令s(x)=1+mlnx,则sx)在(0，十∞)单调递增： 所以sx)<0 因为x)的零点为xo,则1+mn=0,即sxo)=0 所以sx)<sxo),所以xo>x 19已知函数)=血x-k, (I)若x)0恒成立，求实数k的取值范围： @证明：h2n}+h)g+h20e "n e 2 3 ()解若0恒成立，则心血恒成立， 设g的-0，g0-1由g0得0e 由g(x)<0,得x>e,所以函数g(w)在(O,e)上单调递增，在(e,十o)上单调递减， 8=8阳。所以ed e (2②)证明令k=L,则s0,即血，则n≤1x(当且仅当x=e时等号成立)， e xe 1,I11 3e23e3n.血生n3+nh+w+ 因为n n en 2 n e 2 3 12