2023-2024学年湖南省永州一中高二（下）第一次月考数学试卷

这是一份2023-2024学年湖南省永州一中高二（下）第一次月考数学试卷，共14页。试卷主要包含了4的展开式中x3的系数为等内容，欢迎下载使用。

A. A43B. C43C. 43D. 34
2.(1−2x2)(1+x)4的展开式中x3的系数为( )
A. 12B. 4C. −4D. −8
3.曲线y=x3+1在点(−1,a)处的切线方程为( )
A. y=3x+3B. y=3x+1C. y=−3x−1D. y=−3x−3
4.函数f(x)=2e2x−e3x的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字且大于201345的六位数的个数为( )
A. 478B. 479C. 480D. 481
6.某学校派出五名教师去三所乡村学校支教，其中有一对教师夫妇参与支教活动.根据相关要求，每位教师只能去一所学校参与支教，并且每所学校至少有一名教师参与支教，同时要求教师夫妇必须去同一所学校支教，则不同的安排方案有( )
A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种
7.将《三国演义》、《西游记》、《水浒传》、《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，A表示事件：“《三国演义》分给同学甲”；B表示事件：“《西游记》分给同学甲”；C表示事件：“《西游记》分给同学乙”，则下列结论正确的是( )
A. 事件A与B相互独立B. 事件A与C相互独立C. P(C|A)=512D. P(B|A)=512
8.已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)若x1A. ex1f(x2)>ex2f(x1)B. ex1f(x2)C. ex1f(x2)=ex2f(x1)D. ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定
9.在(x−2x)5的展开式中，下列说法正确的是( )
A. 不存在常数项B. 所有二项式系数的和为32
C. 第3项和第4项二项式系数最大D. 所有项的系数和为1
10.为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是( )
A. 从六位专家中选两位的不同选法共有20种
B. “呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种
C. “护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种
D. “护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种
11.已知f(x)=x2lnx，g(x)=f′(x)x2，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是( )
A. f(x)在(e−12,+∞)上单调递增
B. g(x)在(0,+∞)上两个零点
C. 当0D. 若函数h(x)=f(x)−ax只有一个极值点，则实数a≥0
12.已知盒中有3个红球，2个蓝球，若无放回地从盒中随机抽取两次球，每次抽取一个，则第二次抽到蓝球的概率为______.
13.设0≤n≤5，n∈Z，且192022+n能被6整除，则n=______.
14.已知当x≥e时，不等式xa+1x−e1x≥alnx恒成立，则正实数a的取值范围是______.
15.已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1=2an.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)令bn=lg2an，求数列{bn}的前项n和Tn.
16.(1)若(2x+ 3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，求a1+a2+a3+a4的值；
(2)在( x−2x2)8的展开式中：
①求二项式系数最大的项；
②系数的绝对值最大的项是第几项？
17.如图，在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=12PB，AD⊥PB于点D，点E在侧棱PC上，且CE=λCP(0<λ<1).
(1)证明：PB⊥平面ACD；
(2)是否存在λ，使二面角C−AD−E的余弦值为4 3737？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
18.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，右焦点到直线y=x的距离为 3.
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)已知点M(2,1)，斜率为12的直线l交椭圆E于两个不同点A，B，设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2；
①若直线l过椭圆的左顶点，求k1，k2的值；
②试猜测k1，k2的关系，并给出你的证明．
19.已知函数f(x)=alnx+x2−4x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若A(x1,y1)，B(x2,y2)(x2>x1>0)是曲线y=f(x)上的两点，x0=x1+x22，问：是否存在a，使得直线AB的斜率等于f′(x0)？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：不同选法的种数是43，因为第一个班有4种选择，第二个班有5种选择，第三个班有4种选择，
由分步计数原理可知，不同选法的种数是43.
故选：C.
由分步计数原理直接得出结论．
本题主要考查分步计数原理的运用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：(1+x)4的展开式的通项公式为Tr+1=C4rxr，
则(1−2x2)(1+x)4的展开式中x3的系数为C43−2C41=4−8=−4.
故选：C.
由题意可知展开式中x3的系数是由(1+x)4中的3次项系数减去2倍的1次项系数．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：y=x3+1，可得y′=3x2，f(−1)=a=0，f′(−1)=3，
所以切线方程：y=3(x+1)，可得3x−y+3=0.
故选：A.
求出导函数，求出切线的斜率，然后求解切线方程．
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：f(x)=2e2x−e3x=e2x(2−ex)，当x<0时，ex∈(0,1)，
故当x<0时，f(x)=e2x(2−ex)>0恒成立，排除BD；
f′(x)=4e2x−3e3x=e2x(4−3ex)，
令f′(x)>0得：xln43，
此时f(x)单调递减，其中ln43>ln1=0，排除C，
故当x=ln43时，f(x)取得最大值，故A正确．
故选：A.
先得到当x<0时，f(x)=e2x(2−ex)>0，排除BD，再求导，得到函数单调性，结合ln43>ln1=0，排除C.
本题考查根据函数解析式确定函数图象，考查数形结合思想，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：用数字0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的六位数的个数为5A55=600.
以1为十万位的没有重复数字的六位数的个数为A55=120，
由于201345是以2为十万位的没有重复数字的六位数中最小的一个，
所以没有重复数字且大于201345的六位数的个数为600−120−1=479.
故选：B.
可从反面入手，考虑比201345小，即首位是1的情况．
本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算．
6.【答案】C
【解析】解：分两类，第一类，只有教师夫妇两人去同一所学校有C32A33=18种，
第二类，教师夫妇两人另加一位教师去同一所学校有C31A33=18种，所以总共有36种．
故选：C.
分两步进行分析：先将五名教师按要求分成三组，再将分好的三组全排列，分别求出每一步的种数，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查了分步计数原理，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：将4本书分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，则先将4本书分成3堆，必定是2本一堆、1本一堆、1本一堆的分堆形式，再将3堆书分给三个人，
∴将4本书分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本的分配方案数为：C42⋅C21⋅C11A22⋅A33=36，
又A事件：“《三国演义》分给同学甲“，则也是先按2本一堆、1本一堆、1本一堆的分堆形式分三堆，再将含《三国演义》的那堆分给甲，余下2堆分给其余2人，
∴A事件的分配方案数为：C42⋅C21⋅C11A22⋅A22=12，同理B、C事件的分配方案数也均为12，∴P(A)=P(B)=P(C)=1236=13，
又A与C的积事件AC的分配方案情况为：先将《三国演义》分给甲，将《西游记》分给乙，其余2本书按分给同一人，和不同2人两类分配，
∴积事件AC的分配方案数为：C21⋅A22+1=5，∴P(AC)=536，
又A与B的积事件AB的分配方案情况为：先将《三国演义》、《西游记》2本书给甲，余下2本书分给乙、丙两人，一人一本，
∴积事件AB的分配方案数为：A22=2，∴P(AB)=236=118，
∴P(A)⋅P(B)=19≠P(AB)，∴事件A与B不相互独立，故选项A错误；
P(A)⋅P(C)=19≠P(AC)，∴事件A与C不相互独立，故选项B错误；
P(C|A)=P(AC)P(A)=53613=512，故选项C正确；
P(B|A)=P(AB)P(A)=11813=16，故选项D错误．
故选：C.
根据排列组合，按先分组后分配，特殊优先的原则求各种分配方案数，再根据古典概型概率公式求出各个概率，再按独立事件的乘法公式，条件概率公式验证各选项．
本题考查排列组合，分组分配，古典概型概率公式，独立事件概率乘法公式，条件概率公式，属中档题．
8.【答案】A
【解析】解：令F(x)=f(x)ex，
F′(x)=f′(x)ex−exf(x)(ex)2=f′(x)−f(x)ex，
因为f′(x)>f(x)，
所以f′(x)−f(x)>0，
所以F′(x)>0，
所以F(x)在(−∞,+∞)上单调递增，
若x1所以f(x1)ex1所以ex2f(x1)故选：A.
令F(x)=f(x)ex，求导可得F′(x)>0，推出F(x)的单调性，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：因为(x−2x)5=C50x5+C51x4⋅(−2x)+C52x3⋅(−2x)2+C53x2⋅(−2x)3+C54x⋅(−2x)4+C55(−2x)5=x5−10x3+40x−80x+80x3−32x5，
因此在(x−2x)5的展开式中没有常数项，A正确；
(x−2x)5的展开式的所有二项式系数的和为25=32，B正确；
(x−2x)5的展开式的第3项和第4项二项式系数相等，并且最大，C正确；
当x=1时，(x−2x)5的展开式的所有项的系数和为(−1)5=−1，D错误．
故选：ABC.
根据给定的二项式，写出展开式判断A；利用二项式性质判断BC；利用赋值法计算判断D作答．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到二项式系数的性质，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有C62=15种，故A错误；
对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有5A55=600种，故B正确；
对于C：将“护理”，“感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有2A55=240种，故B正确；
对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有A33A43=144种，故D错误；
故选：BC.
由组合知识判断A；从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家，从而判断B；由捆绑法判断C；由插空法判断D.
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
对于A，直接求导判断导函数的正负即可作出结论；对于B，g′x=1−2lnxx2，判断g(x)的单调性，g(x)仅有零点x=e−12；对于C，问题等价于函数H(x)=f(x)−mx2在(0,e)上单调递减，只需H′(x)<0在(0,e)上恒成立即可；对于D，对函数h(x)求导，令a=m(x)=x+2xlnx，利用导数研究函数m(x)的性质，进而判断出实数a的取值范围．
【解答】
解：对于A，f′(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)，当x>e−12时，f′(x)>0，故f(x)在(e−12,+∞)上单调递增，则选项A正确；
对于B，g(x)=2lnx+1x，g′x=1−2lnxx2，令g′x=0，则x=e12，故g(x)在(0,e12)上单调递增，在(e12,+∞)上单调递减，且ge−12=0，当x→0时，g(x)→−∞;当x→+∞时，g(x)→0且g(x)>0，故g(x)仅有零点x=e−12，则选项B错误；
对于C，令H(x)=f(x)−mx2，则H′(x)=x(2lnx+1)−2mx，
∵当0∴H(x)在(0,e)上单调递减，即H′(x)<0在(0,e)上恒成立，
∴m>lnx+12在(0,e)上恒成立，
又y=lnx+12在[0,e]上的最大值为32，
∴m≥32，则选项C正确；
对于D，h′(x)=f′(x)−a=2xlnx+x−a，因为函数h(x)=f(x)−ax只有一个极值点，
则h′x=0，所以a=f′x，令m(x)=f′x=x+2xlnx，则m′(x)=1+2+2lnx=3+2lnx，
易知，当x∈(0,e−32)时，m′(x)<0，则m(x)在x∈(0,e−32)单调递减，当x∈(e−32,+∞)时，m′(x)>0，则m(x)在x∈(e−32,+∞)单调递增，
∴m(x)min=m(e−32)=−2e−32，且x→0时，m(x)→0，当x→+∞时，m(x)→+∞，
易知，当a≥0时，m(x)=a仅有一个零点，设为x0，
则当x∈(0,x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，h′(x)>0，
∴函数h(x)仅在x=x0处取得极小值，则选项D正确．
故选：ACD.
12.【答案】25
【解析】解：盒中有3个红球，2个蓝球，无放回地从盒中随机抽取两次球，每次抽取一个，
则第二次抽到蓝球的概率为：
P=35×24+25×14=25.
故答案为：25.
利用相互独立事件概率乘法公式能求出第二次抽到蓝球的概率．
本题考查第二次抽到蓝球的概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】5
【解析】解：192022+n=(18+1)2022+n
=C20220182022+C20221182021+⋯+C2022r182022−r+⋯+C20222021181+C20222022180+n，
因为(C20220182021+C20221182020+⋯+C2022r182021−r+⋯+C20222021)×18被6整除，
又由192022+n能被6整除，可得1+n能被6整除，且0≤≤5，则n的值为5.
故答案为：5.
利用二项式定理以及整除的性质化简即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，涉及到整除的性质，属于中档题．
14.【答案】[1e,+∞)
【解析】解：由题意，原不等式可变形为e1x−1x≤xa−alnx，
即e1x−lne1x≤xa−lnxa，设f(x)=x−lnx，则当x≥e时，f(e1x)≤f(xa)恒成立，
∵f′(x)=1−1x=x−1x，∴函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∵x≥e，a>0，∴e1x>1，xa>1，∵f(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴要使f(e1x)≤f(xa)，只需e1x≤xa，取对数，得1x≤alnx，
∵x≥e，∴a≥1xlnx.令h(x)=xlnx(x∈[e,+∞)),∵h′(x)=lnx+1>0,
∴h(x)在[e,+∞)上单调递增，∴h(x)min=h(e)=e，∴0<1xlnx≤1e，则a≥1e.
即正实数a的取值范围是[1e,+∞).
故答案为：[1e,+∞).
将已知不等式变形为e1x−lne1x≤xa−lnxa，设f(x)=x−lnx，则当x≥e时，f(e1x)≤f(xa)恒成立，对f(x)求导，判断函数的单调性，从而将不等式转化为e1x≤xa，参变量分离可得a≥1xlnx.令h(x)=xlnx，利用导数求出h(x)的最小值，即可求解a的取值范围．
本题主要考查函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn+1=2an，
则当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−1−(2an−1−1)，
则an=2an−1，
又a1+1=2a1，
即a1=1，
则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则an=2n−1；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得bn=lg2an=n−1，
则数列{bn}的前项n和Tn=(0+n−1)n2=n(n−1)2.
【解析】(Ⅰ)由已知可得an=2an−1，又a1=1，则数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，然后求解；
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得bn=lg2an=n−1，然后结合等差数列求和公式求解．
本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了等差数列求和公式，属中档题．
16.【答案】解：(1)∵(2x+ 3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，
令x=1，可得(2+ 3)4=a0+a1+a2+a3+a4，令x=0，可得(0+ 3)4=a0，
∴a1+a2+a3+a4=a0+a1+a2+a3+a4−a0=(2+ 3)4−(0+ 3)4=88+56 3.
(2)①Tk+1=C8k⋅( x)8−k⋅(−2x2)k=(−1)k⋅C8k⋅2k⋅x4−52k.
二项式系数最大的项为中间项，即第5项．所以T5=C84⋅24⋅x4−202=1120x−6.
②设第k+1项系数的绝对值最大，
则C8k2k≥C8k−12k−1C8k2k≥C8k+12k+1所以2k≥19−k18−k≥2k+1解得5≤k≤6；(k∈N)，
故k=5或6.
故系数绝对值最大的项是第6项和第7项．
【解析】(1)对x进行赋值，x=1与x=0时即可求得．
(2)利用二项式定理写出通项公式Tk+1=C8k⋅( x)8−k⋅(−2x2)k，二项式系数最大项即为展式中的中间项，设第k+1项系数最大，则有不等式组C8k2k≥C8k−12k−1C8k2k≥C8k+12k+1可求得k值．
本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：∵PC⊥平面ABC，∴PC⊥AC，又∵AC⊥BC，PC∩BC=C，
∴AC⊥平面PBC，∴AC⊥PB，又∵AD⊥PB，AC∩AD=A，∴PB⊥平面ACD；
(2)解：存在．
理由：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC=BC=2，∴PB=4，PC=2 3，BD=1，
则D(0,32, 32)，A(2,0,0)，C(0,0,0)，E(0,0,2 3λ)
CA=(2,0,0)，AD=(−2,32, 32)，AE=(−2,0,2 3λ)，
设平面CAD和平面ADE的一个法向量分别为n=(x,y,z)，m=(a,b,c)，
n⋅CA=0n⋅AD=0，即2x=0−2x+32y+ 32z=0，令y=1，则x=0，z=− 3，
所以平面CAD的一个法向量分别为n=(0,1,− 3)，
设平面ADE的一个法向量分别为m=(a,b,c)，
m⋅AE=0mAD=0，即−2a+2 3λb=0−2a+32b+ 32c=0，令c= 3，则x=3λ，y=4λ−1，
所以平面ADE的一个法向量分别为m=(3λ,4λ−1, 3)，
设二面角C−AD−E的平面角为θ，
则csθ=m⋅nm×n=4λ−1−32 9λ2+16λ2−8λ+1+3=4 3737，
所以3λ2+2λ−1=0，
解得λ=13或λ=−1，又0≤λ≤1，故λ=13.
故存在这样的λ，λ=13.
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质进行证明即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式求解即可；
本题考查线面垂直的证明，以及利用面面角求变量的值，属中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)设椭圆的右焦点(c,0)，
由右焦点到直线y=x的距离为 3，∴c 2= 3，解得c= 6
又由椭圆的离心率为 32，
∴ca= 32，解得a2=8，b2=2，
∴椭圆E的方程为x28+y22=1.
(Ⅱ)①若直线l过椭圆的左顶点，则直线的方程是l:y=12x+ 2，
联立方程组y=12x+ 2x28+y22=1，解得{x1=0y1= 2或{x2=−2 2y2=0，
故k1=− 2−12,k2= 2−12.
②猜想：k1+k2=0，
证明：设在y轴上的截距为b，∴直线l的方程为y=12x+b.
由y=12x+bx2+4y2=8 得x2+2bx+2b2−4=0.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=−2b，x1x2=2b2−4.
又k1=y1−1x2−2，k2=y2−1x2−2，
故k1+k2=y1−1x1−2+y2−1x2−2=(y1−1)(x2−2)+(y2−1)(x1−2)(x1−2)(x2−2).
又y1=12x1+b，y2=12x2+b，
所以上式分子=(12x1+b−1)(x2−2)+(12x2+b−1)(x1−2)=x1x2+(b−2)(x1+x2)−4(b−1)=2b2−4+(b−2)(−2b)−4(b−1)=0，
故k1+k2=0.
【解析】(I)设椭圆的右焦点(c,0)，由右焦点到直线y=x的距离为 3，可得c 2= 3，解得c.又由椭圆的离心率为 32，可得ca= 32，a2=b2+c2，解出即可．
(II)①若直线l过椭圆的左顶点，则直线的方程是l:y=12x+ 2，联立方程组y=12x+ 2x28+y22=1，解得，再利用斜率计算公式即可得出；
②设在y轴上的截距为b，直线l的方程为y=12x+b.与椭圆方程联立可得x2+2bx+2b2−4=0.利用根与系数的关系、斜率计算公式即可得出．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=x2−4x+alnx的导数为f′(x)=2x−4+ax=2x2−4x+ax(x>0)，
令g(x)=2x2−4x+a.
①当△=16−8a≤0，即a≥2时，2x2−4x+a≥0恒成立，可得f′(x)≥0恒成立，
即有f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间；
当△=16−8a>0，即a<2，可得2x2−4x+a=0的两根为x=1± 1−a2，
②当01− 1−a2>0，
由f′(x)>0，可得x>1+ 1−a2，或0由f′(x)<0，可得1− 1−a2即f(x)的增区间为(1+ 1−a2,+∞)，(0,1− 1−a2)，
减区间为(1− 1−a2,1+ 1−a2)；
③当a≤0时，1+ 1−a2>0，1− 1−a2≤0，
由f′(x)>0，可得x>1+ 1−a2.
由f′(x)<0，可得0即f(x)的增区间为(1+ 1−a2,+∞)，减区间为(0,1+ 1−a2)；
(2)存在实数a=0，使得直线AB的斜率等于f′(x0).
证明如下：
f(x1)=alnx1+x12−4x1，f(x2)=alnx2+x22−4x2，
kAB=f(x2)−f(x1)x2−x1=alnx2+x22−4x2−alnx1−x12+4x1x2−x1=a(lnx2−lnx1)x2−x1+x2+x1−4，
函数在x0=x1+x22处的切线的斜率k=f′(x0)=f′(x1+x22)=2⋅x1+x22−4+2ax1+x2，
由2⋅x1+x22−4+2ax1+x2=a(lnx2−lnx1)x2−x1+x2+x1−4，得
2ax1+x2=a(lnx2−lnx1)x2−x1，当a=0时，该式对于任意x1，x2∈(0,+∞)都成立；
当a≠0时，有lnx2−lnx1x2−x1=2x1+x2，即lnx2x1=2(x2−x1)x2+x1=2(x2x1−1)x2x1+1.
令x2x1=t，则t>1，则lnt=2(t−1)t+1，
令h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，h′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)，
由t>1，知h′(t)>0，
∴h(t)在(1,+∞)上单调递增，∴h(t)>h(1)=0.
∴方程lnt=2(t−1)t+1在(1,+∞)上无解．
综上，存在实数a=0，使得直线AB的斜率等于f′(x0).
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法及函数构造法，考查逻辑思维能力与运算求解能力，属压轴题．
(1)求得函数的导数，讨论判别式和a的范围，分a>2，0(2)由题意求出kAB和f′(x0)=f′(x1+x22)，由两式相等化简，可知当a=0时，该式对于任意x1，x2∈(0,+∞)都成立；当a≠0时，令x2x1=t，则t>1，则lnt=2(t−1)t+1，令h(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，利用导数说明该函数无零点即可说明不存在实数a，使得直线AB的斜率等于f′(x0)，综合上述可得答案．