江蘇無錫市湖濱中學2024-2025學年高二（下）數學第6周階段性訓練模擬練習一．選擇題（共4小題）1．函數y＝f（x）在P（1，f（1））處的切線如圖所示，則f（1）+f′（1）＝（）A．0 B． C． D．﹣2．直線l過點（﹣1，0）且與曲線y＝ex相切，則直線l的傾斜角為（）A． B． C． D．3．設定義域為（0，+∞）的單調函數f（x），對任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣log2x]＝3，若x0是方程f（x）﹣f′（x）＝2的一個解，則x0可能存在的區間是（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）4．已知函數f（x）＝x（x﹣a）2的極大值為，則a＝（）A． B． C． D．二．多選題（共1小題）（多選）5．已知函數f（x）＝sinx（1﹣cosx），則（）A．f（x）的零點為2kπ（k∈Z） B．f（x）在[﹣π，π]上的最大值與最小值之和為0 C．直線x＝π是f（x）的圖象的一條對稱軸 D．0是函數y＝xf（x）的極小值點三．填空題（共6小題）6．已知函數f（x）＝lnx﹣ax2+x，a∈R．當a＝0時，則曲線y＝f（x）在點（e，f（e））處的切線方程是；若f（x）有兩個零點，則a的取值范圍是．7．已知存在實數x，使得不等式成立，則實數t的取值范圍是．8．若函數f（x）＝ex+sinx+（a﹣2）x存在最小值，則a的取值范圍是．9．已知函數f（x）＝，g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4（e是自然對數的底數），若對?x1∈（0，1），?x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，則正整數k的最小值為．10．函數f（x）＝x2+lnx的圖象在點（1，1）處的切線的斜率為．11．已知f（x）是{x|x≠0}上的奇函數，當x＞0時，f（x）＝lnx．過原點O作兩條互相垂直的直線，其中一條與f（x）的圖象相切于點A，C，另一條與f（x）的圖象相交于點B，D，則四邊形ABCD的面積為．四．解答題（共4小題）12．已知函數f（x）＝x2lnx﹣ax+1．（1）若f（x）≥0恒成立，求實數a的取值范圍．（2）若函數y＝f（x）﹣ax3+ax﹣1的兩個零點為x1，x2，證明：．13．已知函數f（x）＝ax﹣lnx﹣a，a∈R．（1）若a＝1，求方程f（x）＝0的實數解；（2）若關于x的方程f（x）＝ax+﹣2a在區間（1，+∞）上有且只有一個解，求實數a的范圍；（3）若a＝0，是否存在實數m，使不等式f（x）+＞﹣m（x2﹣1）在區間（1，+∞）上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，說明理由．

14．設函數f（x）＝ax+ka﹣x（k∈R，a＞0，a≠1）．（1）當k＝4時，求f（x）的最小值；（2）討論函數f（x）的圖象是否有對稱中心．若有，請求出；若無，請說明理由；（3）當k＝0時，都有，求實數a的取值集合．15．已知函數f（x）＝ex﹣1，g（x）＝alnx﹣x（a∈R）．（1）討論g（x）的單調性；（2）若f（x）﹣g（x）≥x+1恒成立，求a的值；（3）若0≤x1＜x2，求證：ex2﹣x1﹣1＞ln（x2+1）﹣ln（x1+1）．

參考答案與試題解析題號1234答案ABBD一．選擇題（共4小題）1．【解答】解：∵切線過點（2，0）與（0，﹣1），∴f′（1）＝，則切線方程為y＝，取x＝1，得f（1）＝，∴f（1）+f′（1）＝．故選：A．2．【解答】解：因為y＝ex，所以y′＝ex，設直線l與曲線的切點為（x0，e），切線的斜率為k，所以k＝e，所以切線的方程為：y﹣e＝e（x﹣x0），因為直線l過點（﹣1，0），所以﹣e＝e（﹣1﹣x0），解得x0＝0，所以k＝1，所以直線l的傾斜角為，故選：B．3．【解答】解：設f（x）﹣log2x＝t，則f（x）＝log2x+t，且f（t）＝3，當x＝t時，f（t）＝log2t+t＝3，解得t＝2，∴f（x）＝log2x+2，f′（x）＝，則由f（x）﹣f′（x）＝2得log2x+2﹣＝2，即log2x﹣＝0，設g（x）＝log2x﹣，則g（1）＝﹣，g（2）＝1﹣，∴根據根的存在性定理可知在（1，2）內g（x）存在零點，即x0∈（1，2），故選：B．4．【解答】解：由題意，f（x）＝x（x﹣a）2＝x3﹣2ax2+a2x，則f'（x）＝3x2﹣4ax+a2＝（3x﹣a）（x﹣a），令f′（x）＝0，解得或x＝a，當a＞0時，f（x）在，（a，+∞）上滿足f′（x）＞0，f（x）單調遞增，在上滿足f'（x）＜0，f（x）單調遞減，所以f（x）在處取得極大值，，解得，當a＜0時，f（x）在（﹣∞，a），上滿足f′（x）＞0，f（x）單調遞增，在上滿足f′（x）＜0，f（x）單調遞減，所以f（x）在x＝a處取得極大值，，不符合題意，當a＝0時，f'（x）＝3x2≥0，f（x）在R上單調遞增，無極值，不符合題意，綜上所述，．故選：D．二．多選題（共1小題）5．【解答】解：選項A：函數f（x）的零點，即f（x）＝sinx（1﹣cosx）＝0時x的值，因為sinx（1﹣cosx）＝0，則sinx＝0或1﹣cosx＝0，當sinx＝0時，x＝kπ，k∈Z；當1﹣cosx＝0，即cosx＝1時，x＝2kπ，k∈Z，所以f（x）的零點為kπ，k∈Z，A選項錯誤；選項B：因為f（﹣x）＝﹣sinx（1﹣cosx）＝﹣f（x），所以f（x）為奇函數，所以f（x）在[﹣π，π]上的最大值與最小值之和為0，B選項正確；選項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），所以直線x＝π不是f（x）的圖象的一條對稱軸，C選項錯誤；選項D：令g（x）＝xf（x）＝xsinx（1﹣cosx），則g'（x）＝（sinx+xcosx）（1﹣cosx）+xsin2x，當時，sinx+xcosx＜0，xsin2x＜0，所以g′（x）＜0，g（x）單調遞減，又g（x）＝xf（x）為偶函數，所以時，g（x）單調遞增，所以0是函數y＝xf（x）的極小值點，D選項正確．故選：BD．三．填空題（共6小題）6．【解答】解：空一：當a＝0時，f（x）＝lnx+x，f（e）＝lne+e＝e+1，所以，曲線y＝f（x）在點（e，f（e））處的切線斜率，所以切線方程為，化簡得．空二：函數f（x）有兩個零點，等價于方程有兩解，即與y＝a有兩個交點，令，則，令g'（x）＝0，得1﹣2lnx﹣x＝0，解得x＝1，因為φ（x）＝1﹣2lnx﹣x為減函數，故g'（x）＝0有唯一解，所以當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，當x∈（1，+∞），g′（x）＜0，所以g（x）在（0，1）單調遞增，在（1，+∞）單調遞減，又，當x→+∞時，g（x）→0，當x→0時，g（x）→﹣∞，作出函數y＝g（x）如圖所示：所以當a∈（0，1）時，f（x）有兩個零點．故答案為：；（0，1）．7．【解答】解：顯然t＞0，兩邊同除以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）是增函數，則原不等式即為h（x2+2﹣lnt）≤h（2x+lnt），即為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．故答案為：[，+∞）．8．【解答】解：當a＝2時，f（x）＝ex+sinx，由于ex＞0，﹣1≤sinx≤1，顯然f（x）→﹣1，沒有最小值，不符合題意；當a＞2時，ex+sinx＞﹣1且無限接近﹣1，y＝（a﹣2）x為增函數，則x→﹣∞，ex+sinx+（a﹣1）x→﹣∞，x→+∞，ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，此時函數f（x）沒有最小值，不符合題意；當a＜2時，y＝（a﹣1）x為單調遞減函數，則x→﹣∞，ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，x→+∞，由于y＝ex增長變化速度遠大于y＝（a﹣1）x減少速度，此時ex+sinx+（a﹣1）x→+∞，由于函數定義域為R，函數連續不斷，所以f（x）＝ex+sinx+（a﹣1）x存在最小值，符合題意，綜上，a的取值范圍是（﹣∞，2）．故答案為：（﹣∞，2）．9．【解答】解：若對?x1∈（0，1），?x2∈[1，2]使得f（x1）≥g（x）成立，只需對?x∈（0，1），f（x）≥g（x）min，因為g（x）＝ex﹣lnx﹣e+4，x∈[1，2]，則在[1，2]單調遞增，所以g'（x）≥g'（1）＝e﹣1＞0，所以g（x）＝e2﹣lnx﹣e+4在[1，2]單調遞增，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，記，x∈（0，1），根據對勾函數的單調性可得：在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，故正整數k的最小值為1．故答案為：1．10．【解答】解：根據題意，f（x）＝x2+lnx，其導數，則f′（1）＝3．故函數f（x）的圖象在點（1，1）處的切線的斜率k＝3．故答案為：3．11．【解答】解：根據題意，設A（a，lna），B（b，lnb），當x＞0時，f（x）＝lnx，其導數f′（x）＝，則kOA＝，又由kOA＝＝，則＝，即lna＝1，則a＝e，A的坐標為（e，1），又由OA與OB互相垂直，則kOB＝﹣e，直線OB的方程為y+ex＝0，而B（b，lnb），則有lnb+eb＝0，解可得b＝，B的坐標為（，﹣1），f（x）是{x|x≠0}上的奇函數，直線OA經過原點，則AC兩點關于原點對稱，故C的坐標為（﹣e，﹣1），同理：D的坐標為（﹣，1），故AD∥BC，且|AD|＝|BC|＝e﹣（﹣）＝e+，故四邊形ABCD的面積S＝2（e+）．故答案為：2（e+）．四．解答題（共4小題）12．【解答】解：（1）因為f（x）≥0恒成立，所以x2lnx﹣ax+1≥0，即恒成立．令，則，易知g'（x）在（0，+∞）上單調遞增，且g'（1）＝0．所以當x∈（0，1）時，g'（x）＜0；當x∈（1，+∞）時，g'（x）＞0．所以g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，所以g（x）min＝g（1）＝1，故a≤1．所以a的取值范圍為（﹣∞，1]．（2）證明：由題意可知方程lnx﹣ax＝0的兩根為x1，x2．令h（x）＝lnx﹣ax，則h（x）的兩個零點為x1，x2．．當a≤0時，h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上單調遞增，不存在兩個零點；當a＞0時，h（x）在上單調遞增，在上單調遞減，則，得．設x1＜x2，則，．因為h（x1）＝h（x2）＝0，所以lnx1＝ax1，lnx2＝ax2．要證，即要證lnx1+lnx2＝a（x1+x2）＞2，即證．令＝，．則，所以F（x）在上單調遞減，所以．因為，所以．因為x2，，且h（x）在上單調遞減，所以，即，故成立．13．【解答】解：（1）當a＝1時，f（x）＝0即為，x﹣lnx﹣1＝0，令t（x）＝x﹣lnx﹣1，所以t′（x）＝1﹣＝，當x∈（0，1）時，t’（x）＜0，t（x）單調遞減；當x∈（1，+∞）時，t’（x）＞0，t（x）單調遞增；所以，t（x）min＝t（1）＝0，故方程f（x）＝0的根為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，當a≤1時，由x＞1，知g′（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）是增函數，且圖像不間斷，又g（1）＝0，所以x＞1時，g（x）＞g（1）＝0，即函數g（x）在（1，+∞）上沒有零點，不合題意．當a＞1時，由g′（x）＝0，解得x＝ea﹣1＞1，當1＜x＜ea﹣1時，g′（x）＜0，故g（x）在（1，ea﹣1）上是減函數，當x＞ea﹣1時，g′（x）＞0，故g（x）在（ea﹣1，+∞）上是增函數，所以1＜x＜ea﹣1時，g（x）＜g（1）＝0，又因為g（ea）＝aea﹣a（ea﹣1）＝a＞0，且函數g（x）的圖象在（1，+∞）上不間斷，所以函數g（x）在（1，+∞）上有一個零點，符合題意．綜上所述，實數a的取值范圍為（1，+∞）．（3）設h（x）＝﹣＝，令t（x）＝ex﹣1﹣x，則t′（x）＝ex﹣1﹣1，當x＞1時，t′（x）＞0，t（x）在（1，+∞）單調增，又t（1）＝0，故t（x）＞0恒成立，所以當x＞1時，h（x）＞0．當a＝0時，令φ（x）＝f（x）+m（x2﹣1）＝﹣lnx+m（x2﹣1），1°當m≤0，x＞1時，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°當m＞0時，由φ’（x）＝﹣+2mx＝＝0，得x＝，當x∈（0，）時，φ’（x）＜0，φ（x）在（0，）單調減，當x∈（，+∞）時，φ’（x）＞0，φ（x）在（，+∞）單調增，故φ（x）在x＝處取得極小值．（ⅰ）當0＜m＜時，＞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≥時，令F（x）＝﹣lnx+m（x2﹣1）﹣，F′（x）＝﹣+2mx﹣＝﹣+2mx﹣+，當m≥，x＞1時，2mx≥x，ex﹣1＞1，F′（x）＝﹣+2mx﹣+＞﹣+x+﹣1＝＝＞0，所以F（x）在（1，+∞）單調增，又F（1）＝0，所以當x∈（1，+∞）時，F（x）＞0恒成立，故存在m≥，使得f（x）+m（x2﹣1）＞在（1，+∞）上恒成立，綜上所述，m的最小值為．14．【解答】解：函數f（x）＝ax+ka﹣x（k∈R，a＞0，a≠1），（1）當k＝4時，f（x）＝ax+4a﹣x＝4，當且僅當ax＝4a﹣x，即x＝loga2時取等號，f（x）取最小值4．（2）設點P（m，n）為函數f（x）的對稱中心，則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，所以當k≥0時，m無解，此時函數f（x）的圖象沒有對稱中心；當k＜0時，，此時函數f（x）圖象的對稱中心為．（3）當k＝0時，都有，所以在上恒成立，即xlna+ln（1﹣2x）≤0．令φ（x）＝xlna+ln（1﹣2x），則φ（0）＝0，所以，令，則，所以φ′（x）在上單調遞減，①當0＜a＜1時，φ′（x）＜0，則φ（x）在上單調遞減，此時當x＜0時，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；②當a＞1時，由，解得，1°當a＝e2時，x∈（﹣∞，0）時，φ′（x）＞0，則φ（x）單調遞增；時，φ′（x）＜0，則φ（x）單調遞減；所以x＝0時，φ（x）取極大值，則φ（x）≤φ（0）＝0，所以a＝e2滿足；2°當1＜a＜e2時，，因為時，φ′（x）＜0，則φ（x）單調遞減，所以時，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；3°當a＞e2時，，因為時，φ′（x）＞0，則φ（x）單調遞增，所以時，φ（x）＞φ（0）＝0，舍去；綜上，實數a的取值集合為{e2}．15．【解答】解：（1）因為g（x）＝alnx﹣x，x∈（0，+∞），所以，所以當a≤0時，g'（x）＜0，g