2020-2021年湖南省郴州市高二（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021年湖南省郴州市高二（下）4月月考数学试卷人教A版，共11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∁RA∩B=⌀，则下面选项中一定成立的是（ ）
A.A∩B=AB.A∩B=BC.A∪B=BD.A∪B=R

2. 函数fx=x3−4xex+e−x的部分图象大致为（ ）
A.B.
C.D.

3. 将函数fx=sinx的图象上所有点的横坐标变为原来的1ωω>0，纵坐标不变，得到函数gx的图象，若函数gx的最小正周期为6π，则（ ）
A.ω=13B.ω=6C.ω=16D.ω=3

4. 已知点P在抛物线y2=16x上，F为焦点，点A2,1，则|PA|+|PF|的最小值为（ ）
A.3B.4C.5D.6

5. 某招聘网站通过对企业一年内发布的所有招聘信息中的工资数据来分析该企业的待遇情况．已知某上市企业近一年发布的招聘信息中的月工资（单位：千元）数据都在5,35之间，根据这些数据将其分为[5,10)，[10,15)，[15,20)，[20,25)，[25,30)，[30,35]6组，绘制出频率分布直方图如图所示，则该企业员工的月平均工资约为(提示：同组数据用该组数据的中点值代替)( )

A.17千元B.17.5千元千元 千元

6. 经过点2,0作曲线y=x2ex的切线有( )
A.1条B.2条C.3条D.4条

7. 已知等比数列an的前n项和为Sn，则“Sn+1>Sn”是“an单调递增”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

8. 若定义在0,+∞上的函数fx满足fx+xf′xlnx>x，则不等式fxlnx+1≥x的解集为( )
A.(0,1]B.[1,+∞)C.[e,+∞)D.[1e,+∞)
二、多选题

已知1−2x2021=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋯+a2021x2021，则下列结论正确的是( )
A.展开式中所有项的二项式系数和为22021
B.展开式中所有奇次项系数和为32021−12
C.展开式中所有偶次项系数和为32021−12
D.a12+a222+a323+⋯+a202122021=−1

若直线y=12x−1与双曲线x2m−y2=1有且只有一个公共点，则m的值可能为（ ）
A.2B.4C.8D.10

设z1，z2为复数，且z1≠z2，下列命题中正确的是（ ）
A.若|z1|=|z2|，则z1=z2
B.若z1z2=i，则z1的实部与z2的虚部互为相反数
C.若z1+z2为纯虚数，则z1−z2为实数
D.若z1z2∈R，则z1，z2在复平面内对应的点不可能在同一象限

在梯形ABCD中，AB=2AD=2DC=2CB，将△BDC沿BD折起，使C到C′的位置（C与C′不重合），E，F分别为线段AB，AC′的中点，H在直线DC′上，那么在翻折的过程中（ ）
A.DC′与平面ABD所成角的最大值为π6
B.F在以E为圆心的一个定圆上
C.若BH⊥平面ADC′，则DH→=3C′H→
D.当AD⊥平面BDC′时，四面体C′ABD的体积取得最大值
三、填空题

一条与直线x−2y+3=0平行且距离大于5的直线方程为________ .

设随机变量η∼N2,1，若P(η<3m+1)=P(η>m−5)，则m=________.

若向量a→，b→满足|a→|=4,|b→|=22,a→+b→⋅a→=8，则a→，b→的夹角为________，|a→+b→|=________．

某班需要选班长、学习委员、体育委员各2名，其中体育委员中必须有男生，现有4名男生4名女生参加竞选，若不考虑其他因素，则不同的选择方案种数为________.
四、解答题

如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥CD,∠BAD=3π4，2AB=BD=4 .

(1)求cs∠ADB；

(2)若BC=22，求CD．

已知数列an满足a2=2,nan−1+nn−1an+1=n−1an,n∈N∗,n>1.
(1)求数列an的前3项和S3；

(2)若a2020=2020，求数列an的前2021项和S2021.

如图，在四棱锥A−BCED中，底面BCED为直角梯形，DE//CB，BC⊥EC，AD=BD=CD=BC=2，∠AED=90∘.

(1)证明：平面ABC⊥平面ACE；

(2)若AC=6，求二面角B−AD−E的余弦值．

某校针对高一学生安排社团活动，周一至周五每天安排一项活动，活动安排表如下：
要求每位学生选择其中的三项，学生甲决定选择篮球，不选择书法；乙和丙无特殊情况，任选三项．
(1)求甲选排球且乙未选排球的概率；

(2)用X表示甲、乙、丙三人选择排球的人数之和，求X的分布列和数学期望．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，椭圆C与抛物线y2=312x交于M，N两点（M在x轴上方），椭圆C的右焦点在直线MN上，O为坐标原点，A，B，E分别为椭圆C的左、右、上顶点．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设D为椭圆C上一点（异于顶点），直线DE与x轴交于点P，直线AD上有一点Q满足OP→⋅OQ→=4，证明直线BE经过点Q．

已知函数fx=xex−ax+lnx .
(1)当a=0时，讨论fx的单调性；

(2)若fx在x=x0处取得极小值，且fx0>0，证明：fx0a1−x0>2 .
参考答案与试题解析
2020-2021年湖南省郴州市高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为∁RA∩B=⌀，所以B⊆A，则A∩B=B .
故选B .
2.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f−x=−fx，
所以fx为奇函数，其图象关于原点对称，
故排除B.
易知fx有3个零点−2，0，2．
当x∈0,2时，fx<0；
当x∈2,+∞时，fx>0.
所以排除A，C.
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
正弦函数的周期性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
由题意可知gx=sinωx，因为gx的最小正周期为6π，所以T=2πω=6π，得ω=13 .
【解答】
解：由题意可知gx=sinωx，因为gx的最小正周期为6π，
所以T=2πω=6π，得ω=13 .
故选A .
4.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为抛物线方程为y2=16x，
所以其准线方程是x=−4．
过P作PM垂直于准线，垂足为M，
则|PF|=|PM|，
所以|PA|+|PF|=|PA|+|PM|．
当A，P，M三点共线时， |PA|+|PM|最小，最小值为2−−4=6，
故|PA|+|PF|的最小值为6.
故选D．
5.
【答案】
A
【考点】
频率分布直方图
【解析】
由图可知，该企业员工的月平均工资约为7.5×0.15+12.5×0.30+17.5×0.25+22.5×0.15+27.5×0.10+32.5×0.05=17千元．
【解答】
解：由图可知，该企业员工的月平均工资约为
7.5×0.15+12.5×0.30+17.5×0.25+22.5×0.15
+27.5×0.10+32.5×0.05=17千元．
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
导数的几何意义
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
因为y′=x2+2x，所以曲线y=x2ex在点x0,x02ex0处的切线方程为y−x02ex0=(x02+2x0)ex0⋅(x−x0)．将(2,0)代人，得x0ex0⋅(x02−x0−4)=0．因为Δ>0，所以方程x2−x−4=0有两个不同的根，且根不为0，所以方程x0ex0⋅(x02−4)=0共有3个不同的根，即经过点2,0作曲线y=x2ex的切线有3条．
【解答】
解：由题意，得y′=x2+2xex，
则曲线y=x2ex在点x0,x02ex0处的切线方程为
y−x02ex0=(x02+2x0)ex0⋅(x−x0)，
代入点(2,0)，得x0ex0⋅(x02−x0−4)=0，
又Δ>0，
则方程x2−x−4=0有两个不同的根，且根不为0，
所以方程x0ex0⋅(x02−x0−4)=0共有3个不同的根，
即经过点2,0作曲线y=x2ex的切线有3条．
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
设{an}的公比为q，若Sn+1>Sn，则an+1=Sn+1−Sn=a1qn>0，所以可能a>0,q>1或a1>0,0an+1>an⋯>a1,Sn+1【解答】
解：设{an}的公比为q，若Sn+1>Sn，则an+1=Sn+1−Sn=a1qn>0，
所以可能a1>0,q>1或a1>0,0若a1<0,q∈0,1，则{an}单调递增，但0>an+1>an⋯>a1,Sn+1故选D .
8.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
无
【解答】
解：由题意知f(x)x+f′(x)lnx−1>0．
令g(x)=f(x)lnx−x+1，
则g′(x)=f′(x)lnx+f(x)x−1>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，且g(1)=0．
所以不等式f(x)lnx+1≥x等价于g(x)≥g(1)，
即x≥1，
所以不等式f(x)lnx+1≥x的解集为[1,+∞).
故选B．
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
无
【解答】
解：由二项式定理可知，a+bn的展开式中所有项的二项式系数和为2n，故A正确；
令x=1，得a0+a1+a2+a3+⋯+a2021=−12021=−1 ①，
令x=−1，得a0−a1+a2−a3+⋯−a2021=32021 ②，
①−②得a1+a3+a5+⋯+a2021=−32021+12，故B不正确；
①+②得a0+a2+a4+⋯+a2020=32021−12，故C正确；
令x=0，得a0=1,
令x=12，得0=a0+a1×12+a2×(12)2+⋯+a2021×(12)2021，
所以a1×12+a2×122+⋯+a2021×122021=−a0=−1，故D正确．
故选ACD.
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的应用
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题知m>0，双曲线的渐近线方程为y=±1mx．
当直线与双曲线相交于一点时，直线y=12x−1与渐近线平行，
则1m−12，此时m=4；
当直线与双曲线相切于一点时，
联立 y=12x−1,x2m−y2=1,
可得1m−14x2+x−2=0，
由Δ=0，解得m=8．
综上可知，当m=4或m=8时，直线y=12x−1与双曲线x2m−y2=1有且只有一个公共点．
故选BC．
【答案】
B,D
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
命题的真假判断与应用
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若|z1|=|z2|，则z1，z2不一定共轭；
若z1+z2为纯虚数，则z1，z2的实部互为相反数，而虚部不一定相等，
所以z1−z2不一定为实数，故A，C错误；
令z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，
若z1z2=i，则z1=a+bi=z2i=c+dii=ci−d，所以a=−d，故B正确；
若z1z2=a+bic+di=ac−bd+bc+adi为实数，则bc+ad=0．
如果z1,z2在复平面内对应的点在同一象限，那么bc，ad同号，不可能使bc+ad=0.故D正确．
故选BD.
【答案】
A,C,D
【考点】
直线与平面所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
1
【解答】
解：如图，
在梯形ABCD中，因为AB//CD，AB=2AD=2DC=2CB，
所以易得AD⊥DB，∠DAB=π3，∠BDC=∠DBC=π6 .
在将△BDC沿BD翻折至△BDC′的过程中，∠BDC与∠DBC的大小保持不变，
由线面角的定义可知，DC′与平面ABD所成角的最大值为π6，故A正确；
因为∠DBC大小不变，所以在翻折的过程中，C′的轨迹在以BD为轴的一个圆锥的底面圆周上，
而EF是△ABC′的中位线，所以点F的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，
但此圆的圆心不是点E，故B不正确；
当BH⊥平面ADC′时，BH⊥DH．
因为∠HC′B=π3，所以DC′=BC′=2C′H，所以DH→=3C′H→，故C正确；
在翻折的过程中，△BC′D的面积不变，显然当AD⊥平面BDC′时，四面体C′ABD的体积取得最大值，故D正确．
故选ACD .
三、填空题
【答案】
x−2y+c=0（c>8或c<−2）
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
两条平行直线间的距离
【解析】
设与直线r−2y+3=0平行的直线方程为x−2y+c=0，由|c−3|12+22>5，得c>8或c<−2 .
【解答】
解：设与直线x−2y+3=0平行的直线方程为x−2y+c=0，
由|c−3|12+22>5，得c>8或c<−2 .
故答案为：x−2y+c=0（c>8或c<−2）.
【答案】
2
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据正态分布的特征，可得3m+1+m−5=4，解得m=2.
故答案为：2.
【答案】
3π4,22
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
【解析】
q
【解答】
解：设a→，b→的夹角为θ，
因为a→+b→⋅a→=|a→|2+a→⋅b→=8，且|a→|=4，
所以a→⋅b→=−8．
因为|a→|=4，|b→|=22，
所以csθ=a→⋅b→|a→||b→|=−84×22=−22，故θ=3π4，
|a→+b→|2=|a→|2+|b→|2+2a→⋅b→=8， |a→+b→|=22 .
故答案为：3π4；22.
【答案】
1980
【考点】
排列、组合及简单计数问题
分步乘法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，分3步：
①体育委员在8人中任选2人，至少一名男生有C82−C42=22种方案；
②班长在剩下的6人中任选2人，有C62=15种方案；
③学习委员在剩下的4人中任选2人，有C42=6种方案．
故共有22×15×6=1980种方案．
故答案为：1980.
四、解答题
【答案】
解：(1)在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，
所以sin∠ADB=24．
因为∠ADB<π2，
所以cs∠ADB=144．
(2)因为sin∠ADB=24，且∠ADC=π2，
所以cs∠BDC=sin∠ADB=24 .
在△BDC中，根据余弦定理得，
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠BDC，
化简得CD2−22CD−6=CD−32CD+2=0，
故CD=32.
【考点】
正弦定理
同角三角函数基本关系的运用
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，
所以sin∠ADB=24．
因为∠ADB<π2，
所以cs∠ADB=144．
(2)因为sin∠ADB=24，且∠ADC=π2，
所以cs∠BDC=sin∠ADB=24 .
在△BDC中，根据余弦定理得，
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CD⋅cs∠BDC，
化简得CD2−22CD−6=CD−32CD+2=0，
故CD=32.
【答案】
解：(1)当n=2时，a3=a22−a11.
因为a2=2，
所以a1+a3=1，
故S3=a1+a2+a3=3．
(2)由题知，an+1=ann−an−1n−1，
所以a3=a22−a11,a4=a33−a22,a5=a44−a33，…，an=an−1n−1−an−2n−2，
以上式子相加，
得a3+a4+a5+⋯+an=a22−a1+a33−a22+a44−a33+⋯
an−1n−1−an−2n−2=−a1+an−1n−1，
所以a1+a2+a3+a4+a5+⋯+an=an−1n−1+a2，
即Sn=an−1n−1+2，
所以S2021=a20202020+2=3.
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当n=2时，a3=a22−a11.
因为a2=2，
所以a1+a3=1，
故S3=a1+a2+a3=3．
(2)由题知，an+1=ann−an−1n−1，
所以a3=a22−a11,a4=a33−a22,a5=a44−a33，…，an=an−1n−1−an−2n−2，
以上式子相加，
得a3+a4+a5+⋯+an=a22−a1+a33−a22+a44−a33+⋯
an−1n−1−an−2n−2=−a1+an−1n−1，
所以a1+a2+a3+a4+a5+⋯+an=an−1n−1+a2，
即Sn=an−1n−1+2，
所以S2021=a20202020+2=3.
【答案】
(1)证明：在直角梯形BCED中，
∵ BC⊥EC，DE//CB，
∴ DE⊥EC．
又∠AED=90∘，即AE⊥DE，AE∩EC=E，
∴ DE⊥平面ACE，
∴ BC⊥平面ACE．
∵ BC⊂平面ABC，
∴ 平面ABC⊥平面ACE.
(2)解：∵ BD=CD=BC=2，
∴ ∠BCD=∠DBC=∠BDC=∠EDC=60∘.
在Rt△CDE中，DE=12CD=1，
∴ CE=3，
在Rt△ADE中，AD=2，DE=1，
∴ AE=3．
∵ AC=6，
∴ 在△ACE中，AE2+CE2=AC2，
∴ AE⊥CE，
∴ AE，CE，DE两两垂直．
以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A0,3,0，D0,0,1，B3,0,2，
AB→=3,−3,2，AD→=0,−3,1 ．
设平面ABD的法向量为n→=x,y,z，
则AB→⋅n→=3x−3y+2z=0,AD→⋅n→=−3y+z=0,
令y=1，得n→=−1,1,3．
∵ 平面ADE的一个法向量为m→=1,0,0，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=−15=−55，
由图可知二面角B−AD−E为钝角，
∴ 二面角B−AD−E的余弦值为−55.
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：在直角梯形BCED中，
∵ BC⊥EC，DE//CB，
∴ DE⊥EC．
又∠AED=90∘，即AE⊥DE，AE∩EC=E，
∴ DE⊥平面ACE，
∴ BC⊥平面ACE．
∵ BC⊂平面ABC，
∴ 平面ABC⊥平面ACE.
(2)解：∵ BD=CD=BC=2，
∴ ∠BCD=∠DBC=∠BDC=∠EDC=60∘.
在Rt△CDE中，DE=12CD=1，
∴ CE=3，
在Rt△ADE中，AD=2，DE=1，
∴ AE=3．
∵ AC=6，
∴ 在△ACE中，AE2+CE2=AC2，
∴ AE⊥CE，
∴ AE，CE，DE两两垂直．
以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A0,3,0，D0,0,1，B3,0,2，
AB→=3,−3,2，AD→=0,−3,1 ．
设平面ABD的法向量为n→=x,y,z，
则AB→⋅n→=3x−3y+2z=0,AD→⋅n→=−3y+z=0,
令y=1，得n→=−1,1,3．
∵ 平面ADE的一个法向量为m→=1,0,0，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=−15=−55，
由图可知二面角B−AD−E为钝角，
∴ 二面角B−AD−E的余弦值为−55.
【答案】
(1)甲选排球的概率=C21C32=23，
乙未选排球的概率=C43C53=25，
∴甲选排球且乙未选排球的概率=23×25=415．
(2)用X表示甲、乙、丙三人选择排球的人数之和，则x=0，1，2，3．
乙，丙选排球的概率都为C42C53=35，
Px=0=13×25×25=475，
PX=1=23×252+13×C21×35×25=2075，
PX=2=23×2×35×25+13×35×35=3375，
PX=3=23×35×35=1875，
∴X的分布列为：
数学期望EX=0×475+1×2075+2×3375+3×1875=2815．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
(1)利用古典概率计算公式可得：甲选排球的概率，乙未选排球的概率，再利用相互独立概率计算公式即可得出甲选排球且乙未选排球的概率．
(2)用X表示甲、乙、丙三人选择排球的人数之和，x=0，1，2，3．乙，丙选排球的概率都为C42C53=35，利用相互独立、互斥事件的概率计算公式及其数学期望即可得出．
【解答】
解：(1)甲选排球的概率=C21C32=23，
乙未选排球的概率=C43C53=25，
∴甲选排球且乙未选排球的概率=23×25=415．
(2)用X表示甲、乙、丙三人选择排球的人数之和，则x=0，1，2，3．
乙，丙选排球的概率都为C42C53=35，
Px=0=13×25×25=475，
PX=1=23×252+13×C21×35×25=2075，
PX=2=23×2×35×25+13×35×35=3375，
PX=3=23×35×35=1875，
∴X的分布列为：
数学期望EX=0×475+1×2075+2×3375+3×1875=2815．
【答案】
(1)解：设点M的坐标为c,yM，则yM2=312c，
所以c2a2+yM2b2=c2a2+312cb2=1①，
又ca=32②，
由①②，结合a2=b2+c2，得a=2，b=1，c=3，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明：设直线DE的方程为y=kx+1，则P−1k,0，
联立方程组y=kx+1,x24+y2=1 得4k2+1x2+8kx=0，
所以x1=0，x2=−8k4k2+1，
即D−8k4k2+1,1−4k24k2+1，
因为A−2,0，所以直线AD的斜率为1−4k24k2+1−8k4k2+1+2=−2k+14k−2，
所以直线AD的方程为y=−2k+14k−2x+2，
设点Q(x0,−2k+14k−2(x0+2))，
由OP→⋅OQ→=−1kx0=4，可得x0=−4k，所以Q(−4k,2k+1)，
因为直线BE的斜率为kBE=1−00−2=−12，
直线BQ的斜率为kBQ=2k+1−4k−2=−12，
所以直线BE经过点Q．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义和性质
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设点M的坐标为c,yM，则yM2=312c，
所以c2a2+yM2b2=c2a2+312cb2=1①，
又ca=32②，
由①②，结合a2=b2+c2，得a=2，b=1，c=3，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明：设直线DE的方程为y=kx+1，则P−1k,0，
联立方程组y=kx+1,x24+y2=1 得4k2+1x2+8kx=0，
所以x1=0，x2=−8k4k2+1，
即D−8k4k2+1,1−4k24k2+1，
因为A−2,0，所以直线AD的斜率为1−4k24k2+1−8k4k2+1+2=−2k+14k−2，
所以直线AD的方程为y=−2k+14k−2x+2，
设点Q(x0,−2k+14k−2(x0+2))，
由OP→⋅OQ→=−1kx0=4，可得x0=−4k，所以Q(−4k,2k+1)，
因为直线BE的斜率为kBE=1−00−2=−12，
直线BQ的斜率为kBQ=2k+1−4k−2=−12，
所以直线BE经过点Q．
【答案】
(1)解：当a=0时，fx=xex，
所以f′(x)=(x+1)ex，
又因为x>0，
所以x+1>0，
即f′(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)证明：因为fx=xex−ax+lnx，
所以f′x=x+1ex−a1+1x=x+1x⋅xex−a，
①当a≤0时，f′x>0，
即fx在(0,+∞)上单调递增，函数f(x)无极小值，
所以a≤0不符合题意；
②当a>0时，令ℎ(x)=xex−a，x>0，
则ℎ′(x)=(x+1)ex>0，
故函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增．
因为ℎ(0)=−a<0，ℎ(a)=a(ex−1)>0，
由零点存在性定理可知，存在x0∈0,a，使得ℎx0=0，f′x0=0 .
当0当x>x0时，ℎ(x)>0，f′(x)>0，函数fx在x0,+∞上单调递增，
所以fx在x=x0处取得极小值，
所以a>0符合题意．
因为ℎ(x0)=0，
所以x0ex0=a .
因为fx0>0，
即a−a(x0+lnx0)>0，
所以a(1−x0−lnx0)>0，
又a>0，
所以1−x0−lnx0>0，
即x0+lnx0−1<0.
令mx=x+lnx−1，
因为mx在(0,+∞)上单调递增，且m1=0，mx0<0，
所以0令px=lnx−x+1，0因为p′x=1x−1>0，
所以p(x)在0,1上单调递增，
所以px即lnx因为f(x0)=a(1−x0−lnx0)>a[1−x0−(x0−1)]
=2a(1−x0)，
所以fx0a1−x0>2 .
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
函数恒成立问题
【解析】
（1）当a=0，fx=xex，
所以了f′=(x+1)ex，因为x>0，所以x＋1>0．则了f′(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．

【解答】
(1)解：当a=0时，fx=xex，
所以f′(x)=(x+1)ex，
又因为x>0，
所以x+1>0，
即f′(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)证明：因为fx=xex−ax+lnx，
所以f′x=x+1ex−a1+1x=x+1x⋅xex−a，
①当a≤0时，f′x>0，
即fx在(0,+∞)上单调递增，函数f(x)无极小值，
所以a≤0不符合题意；
②当a>0时，令ℎ(x)=xex−a，x>0，
则ℎ′(x)=(x+1)ex>0，
故函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增．
因为ℎ(0)=−a<0，ℎ(a)=a(ex−1)>0，
由零点存在性定理可知，存在x0∈0,a，使得ℎx0=0，f′x0=0 .
当0当x>x0时，ℎ(x)>0，f′(x)>0，函数fx在x0,+∞上单调递增，
所以fx在x=x0处取得极小值，
所以a>0符合题意．
因为ℎ(x0)=0，
所以x0ex0=a .
因为fx0>0，
即a−a(x0+lnx0)>0，
所以a(1−x0−lnx0)>0，
又a>0，
所以1−x0−lnx0>0，
即x0+lnx0−1<0.
令mx=x+lnx−1，
因为mx在(0,+∞)上单调递增，且m1=0，mx0<0，
所以0令px=lnx−x+1，0因为p′x=1x−1>0，
所以p(x)在0,1上单调递增，
所以px因为f(x0)=a(1−x0−lnx0)>a[1−x0−(x0−1)]
=2a(1−x0)，
所以fx0a1−x0>2 . 时间
周一
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选排球
不选排球
甲
23
13
乙
35
25
丙
35
25
X
0
1
2
3
P
475
2075
3375
1875
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25
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