kok电子竞技

江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高二（下）数学第6周阶段性训练模拟练习一．选择题（共4小题）1．函数y＝f（x）在P（1，f（1））处的切线如图所示，则f（1）+f′（1）＝（）A．0 B． C． D．﹣2．直线l过点（﹣1，0）且与曲线y＝ex相切，则直线l的倾斜角为（）A． B． C． D．3．设定义域为（0，+∞）的单调函数f（x），对任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣log2x]＝3，若x0是方程f（x）﹣f′（x）＝2的一个解，则x0可能存在的区间是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）4．已知函数f（x）＝x（x﹣a）2的极大值为，则a＝（）A． B． C． D．二．多选题（共1小题）（多。5．已知函数f（x）＝sinx（1﹣cosx），则（）A．f（x）的零点为2kπ（k∈Z） B．f（x）在[﹣π，π]上的最大值与最小值之和为0 C．直线x＝π是f（x）的图象的一条对称轴 D．0是函数y＝xf（x）的极小值点三．填空题（共6小题）6．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+x，a∈R．当a＝0时，则曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线方程是；若f（x）有两个零点，则a的取值范围是．7．已知存在实数x，使得不等式成立，则实数t的取值范围是．8．若函数f（x）＝ex+sinx+（a﹣2）x存在最小值，则a的取值范围是．9．已知函数f（x）＝，g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4（e是自然对数的底数），若对?x1∈（0，1），?x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，则正整数k的最小值为．10．函数f（x）＝x2+lnx的图象在点（1，1）处的切线的斜率为．11．已知f（x）是{x|x≠0}上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝lnx．过原点O作两条互相垂直的直线，其中一条与f（x）的图象相切于点A，C，另一条与f（x）的图象相交于点B，D，则四边形ABCD的面积为．四．解答题（共4小题）12．已知函数f（x）＝x2lnx﹣ax+1．（1）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．（2）若函数y＝f（x）﹣ax3+ax﹣1的两个零点为x1，x2，证明：．13．已知函数f（x）＝ax﹣lnx﹣a，a∈R．（1）若a＝1，求方程f（x）＝0的实数解；（2）若关于x的方程f（x）＝ax+﹣2a在区间（1，+∞）上有且只有一个解，求实数a的范围；（3）若a＝0，是否存在实数m，使不等式f（x）+＞﹣m（x2﹣1）在区间（1，+∞）上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，说明理由．

14．设函数f（x）＝ax+ka﹣x（k∈R，a＞0，a≠1）．（1）当k＝4时，求f（x）的最小值；（2）讨论函数f（x）的图象是否有对称中心．若有，请求出；若无，请说明理由；（3）当k＝0时，都有，求实数a的取值集合．15．已知函数f（x）＝ex﹣1，g（x）＝alnx﹣x（a∈R）．（1）讨论g（x）的单调性；（2）若f（x）﹣g（x）≥x+1恒成立，求a的值；（3）若0≤x1＜x2，求证：ex2﹣x1﹣1＞ln（x2+1）﹣ln（x1+1）．

参考kok电子竞技与试题解析题号1234kok电子竞技ABBD一．选择题（共4小题）1．【解答】解：∵切线过点（2，0）与（0，﹣1），∴f′（1）＝，则切线方程为y＝，取x＝1，得f（1）＝，∴f（1）+f′（1）＝．故。篈．2．【解答】解：因为y＝ex，所以y′＝ex，设直线l与曲线的切点为（x0，e），切线的斜率为k，所以k＝e，所以切线的方程为：y﹣e＝e（x﹣x0），因为直线l过点（﹣1，0），所以﹣e＝e（﹣1﹣x0），解得x0＝0，所以k＝1，所以直线l的倾斜角为，故。築．3．【解答】解：设f（x）﹣log2x＝t，则f（x）＝log2x+t，且f（t）＝3，当x＝t时，f（t）＝log2t+t＝3，解得t＝2，∴f（x）＝log2x+2，f′（x）＝，则由f（x）﹣f′（x）＝2得log2x+2﹣＝2，即log2x﹣＝0，设g（x）＝log2x﹣，则g（1）＝﹣，g（2）＝1﹣，∴根据根的存在性定理可知在（1，2）内g（x）存在零点，即x0∈（1，2），故。築．4．【解答】解：由题意，f（x）＝x（x﹣a）2＝x3﹣2ax2+a2x，则f'（x）＝3x2﹣4ax+a2＝（3x﹣a）（x﹣a），令f′（x）＝0，解得或x＝a，当a＞0时，f（x）在，（a，+∞）上满足f′（x）＞0，f（x）单调递增，在上满足f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）在处取得极大值，，解得，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，a），上满足f′（x）＞0，f（x）单调递增，在上满足f′（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）在x＝a处取得极大值，，不符合题意，当a＝0时，f'（x）＝3x2≥0，f（x）在R上单调递增，无极值，不符合题意，综上所述，．故。篋．二．多选题（共1小题）5．【解答】解：选项A：函数f（x）的零点，即f（x）＝sinx（1﹣cosx）＝0时x的值，因为sinx（1﹣cosx）＝0，则sinx＝0或1﹣cosx＝0，当sinx＝0时，x＝kπ，k∈Z；当1﹣cosx＝0，即cosx＝1时，x＝2kπ，k∈Z，所以f（x）的零点为kπ，k∈Z，A选项错误；选项B：因为f（﹣x）＝﹣sinx（1﹣cosx）＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数，所以f（x）在[﹣π，π]上的最大值与最小值之和为0，B选项正确；选项C：f（π+x）＝sin（π+x）[1﹣cos（π+x）]＝﹣sinx（1+cosx），f（π﹣x）＝sin（π﹣x）[1﹣cos（π﹣x）]＝sinx（1+cosx），f（π+x）≠f（π﹣x），所以直线x＝π不是f（x）的图象的一条对称轴，C选项错误；选项D：令g（x）＝xf（x）＝xsinx（1﹣cosx），则g'（x）＝（sinx+xcosx）（1﹣cosx）+xsin2x，当时，sinx+xcosx＜0，xsin2x＜0，所以g′（x）＜0，g（x）单调递减，又g（x）＝xf（x）为偶函数，所以时，g（x）单调递增，所以0是函数y＝xf（x）的极小值点，D选项正确．故。築D．三．填空题（共6小题）6．【解答】解：空一：当a＝0时，f（x）＝lnx+x，f（e）＝lne+e＝e+1，所以，曲线y＝f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率，所以切线方程为，化简得．空二：函数f（x）有两个零点，等价于方程有两解，即与y＝a有两个交点，令，则，令g'（x）＝0，得1﹣2lnx﹣x＝0，解得x＝1，因为φ（x）＝1﹣2lnx﹣x为减函数，故g'（x）＝0有唯一解，所以当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞），g′（x）＜0，所以g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，又，当x→+∞时，g（x）→0，当x→0时，g（x）→﹣∞，作出函数y＝g（x）如图所示：所以当a∈（0，1）时，f（x）有两个零点．故kok电子竞技为：；（0，1）．7．【解答】解：显然t＞0，两边同除以t，整理后得+x2+2﹣lnt≤e2x+lnt+2x+lnt，令h（x）＝ex+x，h′（x）＝ex+1＞0，所以h（x）是增函数，则原不等式即为h（x2+2﹣lnt）≤h（2x+lnt），即为x2+2﹣lnt≤2x+lnt有解，整理得2lnt≥x2﹣2x+2①有解，再令g（x）＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1≥1，要使不等式①有解，只需2lnt≥g（x）min＝1，所以2lnt≥1，解得．故kok电子竞技为：[，+∞）．8．【解答】解：当a＝2时，f（x）＝ex+sinx，由于ex＞0，﹣1≤sinx≤1，显然f（x）→﹣1，没有最小值，不符合题意；当a＞2时，ex+sinx＞﹣1且无限接近﹣1，y＝（a﹣2）x为增函数，则x→﹣∞，ex+sinx+（a﹣1）x→﹣∞，x→+∞，ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，此时函数f（x）没有最小值，不符合题意；当a＜2时，y＝（a﹣1）x为单调递减函数，则x→﹣∞，ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，x→+∞，由于y＝ex增长变化速度远大于y＝（a﹣1）x减少速度，此时ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，由于函数定义域为R，函数连续不断，所以f（x）＝ex+sinx+（a﹣1）x存在最小值，符合题意，综上，a的取值范围是（﹣∞，2）．故kok电子竞技为：（﹣∞，2）．9．【解答】解：若对?x1∈（0，1），?x2∈[1，2]使得f（x1）≥g（x）成立，只需对?x∈（0，1），f（x）≥g（x）min，因为g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4，x∈[1，2]，则在[1，2]单调递增，所以g'（x）≥g'（1）＝e﹣1＞0，所以g（x）＝e2﹣lnx﹣e+4在[1，2]单调递增，g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4≥g（1）＝4，即g（x）min＝4，所以f（x）＝≥4在（0，1）上恒成立，即，记，x∈（0，1），根据对勾函数的单调性可得：在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，故正整数k的最小值为1．故kok电子竞技为：1．10．【解答】解：根据题意，f（x）＝x2+lnx，其导数，则f′（1）＝3．故函数f（x）的图象在点（1，1）处的切线的斜率k＝3．故kok电子竞技为：3．11．【解答】解：根据题意，设A（a，lna），B（b，lnb），当x＞0时，f（x）＝lnx，其导数f′（x）＝，则kOA＝，又由kOA＝＝，则＝，即lna＝1，则a＝e，A的坐标为（e，1），又由OA与OB互相垂直，则kOB＝﹣e，直线OB的方程为y+ex＝0，而B（b，lnb），则有lnb+eb＝0，解可得b＝，B的坐标为（，﹣1），f（x）是{x|x≠0}上的奇函数，直线OA经过原点，则AC两点关于原点对称，故C的坐标为（﹣e，﹣1），同理：D的坐标为（﹣，1），故AD∥BC，且|AD|＝|BC|＝e﹣（﹣）＝e+，故四边形ABCD的面积S＝2（e+）．故kok电子竞技为：2（e+）．四．解答题（共4小题）12．【解答】解：（1）因为f（x）≥0恒成立，所以x2lnx﹣ax+1≥0，即恒成立．令，则，易知g'（x）在（0，+∞）上单调递增，且g'（1）＝0．所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0．所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（1）＝1，故a≤1．所以a的取值范围为（﹣∞，1]．（2）证明：由题意可知方程lnx﹣ax＝0的两根为x1，x2．令h（x）＝lnx﹣ax，则h（x）的两个零点为x1，x2．．当a≤0时，h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，不存在两个零点；当a＞0时，h（x）在上单调递增，在上单调递减，则，得．设x1＜x2，则，．因为h（x1）＝h（x2）＝0，所以lnx1＝ax1，lnx2＝ax2．要证，即要证lnx1+lnx2＝a（x1+x2）＞2，即证．令＝，．则，所以F（x）在上单调递减，所以．因为，所以．因为x2，，且h（x）在上单调递减，所以，即，故成立．13．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝0即为，x﹣lnx﹣1＝0，令t（x）＝x﹣lnx﹣1，所以t′（x）＝1﹣＝，当x∈（0，1）时，t’（x）＜0，t（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，t’（x）＞0，t（x）单调递增；所以，t（x）min＝t（1）＝0，故方程f（x）＝0的根为x＝1．（2）由f（x）＝ax+﹣2a得，xlnx+a（1﹣x）＝0，令g（x）＝xlnx+a（1﹣x），所以g′（x）＝lnx+1﹣a，当a≤1时，由x＞1，知g′（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）是增函数，且图像不间断，又g（1）＝0，所以x＞1时，g（x）＞g（1）＝0，即函数g（x）在（1，+∞）上没有零点，不合题意．当a＞1时，由g′（x）＝0，解得x＝ea﹣1＞1，当1＜x＜ea﹣1时，g′（x）＜0，故g（x）在（1，ea﹣1）上是减函数，当x＞ea﹣1时，g′（x）＞0，故g（x）在（ea﹣1，+∞）上是增函数，所以1＜x＜ea﹣1时，g（x）＜g（1）＝0，又因为g（ea）＝aea﹣a（ea﹣1）＝a＞0，且函数g（x）的图象在（1，+∞）上不间断，所以函数g（x）在（1，+∞）上有一个零点，符合题意．综上所述，实数a的取值范围为（1，+∞）．（3）设h（x）＝﹣＝，令t（x）＝ex﹣1﹣x，则t′（x）＝ex﹣1﹣1，当x＞1时，t′（x）＞0，t（x）在（1，+∞）单调增，又t（1）＝0，故t（x）＞0恒成立，所以当x＞1时，h（x）＞0．当a＝0时，令φ（x）＝f（x）+m（x2﹣1）＝﹣lnx+m（x2﹣1），1°当m≤0，x＞1时，φ（x）＝f（x）+m（x2﹣1）＝﹣lnx+m（x2﹣1）＜0恒成立，所以不等式f（x）+m（x2﹣1）＞在（1，+∞）上不成立；2°当m＞0时，由φ’（x）＝﹣+2mx＝＝0，得x＝，当x∈（0，）时，φ’（x）＜0，φ（x）在（0，）单调减，当x∈（，+∞）时，φ’（x）＞0，φ（x）在（，+∞）单调增，故φ（x）在x＝处取得极小值．（。┑0＜m＜时，＞1，φ（）＜φ（1）＝0，而h（）＞0，故不等式f（x）+m（x2﹣1）＞在（1，+∞）上不恒成立；（ⅱ）m≥时，令F（x）＝﹣lnx+m（x2﹣1）﹣，F′（x）＝﹣+2mx﹣＝﹣+2mx﹣+，当m≥，x＞1时，2mx≥x，ex﹣1＞1，F′（x）＝﹣+2mx﹣+＞﹣+x+﹣1＝＝＞0，所以F（x）在（1，+∞）单调增，又F（1）＝0，所以当x∈（1，+∞）时，F（x）＞0恒成立，故存在m≥，使得f（x）+m（x2﹣1）＞在（1，+∞）上恒成立，综上所述，m的最小值为．14．【解答】解：函数f（x）＝ax+ka﹣x（k∈R，a＞0，a≠1），（1）当k＝4时，f（x）＝ax+4a﹣x＝4，当且仅当ax＝4a﹣x，即x＝loga2时取等号，f（x）取最小值4．（2）设点P（m，n）为函数f（x）的对称中心，则f（x）+f（2m﹣x）＝2n，所以ax+ka﹣x+a2m﹣x+ka﹣2m+x＝2n，所以a2x（1+ka﹣2m）﹣2nax+（k+a2m）＝0，于是1+ka﹣2m＝0，且k+a2m＝0，且2n＝0，即a2m＝﹣k，n＝0，所以当k≥0时，m无解，此时函数f（x）的图象没有对称中心；当k＜0时，，此时函数f（x）图象的对称中心为．（3）当k＝0时，都有，所以在上恒成立，即xlna+ln（1﹣2x）≤0．令φ（x）＝xlna+ln（1﹣2x），则φ（0）＝0，所以，令，则，所以φ′（x）在上单调递减，①当0＜a＜1时，φ′（x）＜0，则φ（x）在上单调递减，此时当x＜0时，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；②当a＞1时，由，解得，1°当a＝e2时，x∈（﹣∞，0）时，φ′（x）＞0，则φ（x）单调递增；时，φ′（x）＜0，则φ（x）单调递减；所以x＝0时，φ（x）取极大值，则φ（x）≤φ（0）＝0，所以a＝e2满足；2°当1＜a＜e2时，，因为时，φ′（x）＜0，则φ（x）单调递减，所以时，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；3°当a＞e2时，，因为时，φ′（x）＞0，则φ（x）单调递增，所以时，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；综上，实数a的取值集合为{e2}．15．【解答】解：（1）因为g（x）＝alnx﹣x，x∈（0，+∞），所以，所以当a≤0时，g'（x）＜0，g