合肥六校联考2024-2025年高二下期期中数学模拟试卷【含答案】

这是一份合肥六校联考2024-2025年高二下期期中数学模拟试卷【含答案】，共19页。试卷主要包含了如图是函数f，设，，，则，已知函数f，下列等式正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．如图是函数f（x）的导函数f′（x）的部分图象，则f（x）的一个极大值点为（ ）
A．x1B．x2C．x3D．x4
2．若函数y＝x+alnx在区间[1，+∞）内单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣∞，﹣1）C．[﹣2，+∞）D．[﹣1，+∞）
3．（x+）6的展开式的常数项为（ ）
A．20B．120C．5D．8
4．现给如图所示的五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．420B．340C．260D．120
5．已知A，B分别为曲线y＝ex+x+1和直线y＝2x﹣3上的点，则|AB|的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．设，，，则（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．b＜a＜c
7．已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，f′（x）是f（x）的导函数，f（1）＝0，当x＜0时，xf′（x）+3f（x）＞0，则不等式f（x）＜0的解集为（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（0，1）
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D．（﹣1，0）∪（1，+∞）
8．若两曲线y＝lnx与y＝ax2+1存在公切线，则正实数a的取值范围为（ ）
A． B．（0，2e] C． D．[2e，+∞）
二．多选题（共3小题）
（多选）9．下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）10．某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有A，B，C，D，E，F，G共7个节目，则下列结论正确的是（ ）
A．若节目A与节目B相邻，则共有1440种不同的安排方法
B．若节目E与节目F不相邻，则共有3600种不同的安排方法
C．若节目C在节目D之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法
D．若决定在已排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法
（多选）11．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数f（x）的最大值是
B．f（x）在（1，+∞）上单调递减
C．对任意两个正实数x1，x2，且x1＞x2，若f（x1）＝f（x2），则x1+x2≥2e
D．若关于x的方程[f（x）]2+mf（x）+m＝0有3个不等实数根，则m的取值范围是
三．填空题（共2小题）
12．已知函数f（x）＝ex﹣ax的极值点为x＝1，则a＝ ．
13．在（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x﹣4）（x﹣5）的展开式中，含x4的项的系数是 ．
14．若不等式lnx≤k+ex+k恒成立，则实数k的取值范围为 ．
四．解答题（共5小题）
15．已知函数f（x）＝ax+blnx+1的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y+2＝0．
（1）求a，b的值；
（2）求f（x）的极值．
16．已知，其中a0，a1，a2，…，an∈R，且（1﹣2x）n展开式中仅有第5项的二项式系数最大．
（1）求n值及二项式系数最大项；
（2）求|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|an|（用数值作答）；
（3）求a0+a2+a4+a6+a8的值（用数值作答）．
17．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c（a，b，c∈R），其图象的对称中心为（1，﹣2）．
（1）求a﹣b﹣c的值；
（2）判断函数f（x）的零点个数．
18．已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）当时，证明：；
（3）函数有两个零点x1、x2，求证：．
19．约瑟夫•路易斯•拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的．定理如下：若函数f（x）满足如下条件：
①函数f（x）在区间[a，b]上连续（函数图象没有间断）；
②函数f（x）在开区间（a，b）内可导（导数存在）．则在区间（a，b）内至少存在一点ξ，使得成立，其中ξ称为“拉格朗日中值点”．
（1）求函数f（x）＝x3+2x在[﹣1，1]上的“拉格朗日中值点”的个数；
（2）对于任意的实数t1，t2，证明：|cst2﹣cst1|≤|t2﹣t1|；
（3）已知函数h（x）＝xex﹣x2﹣alnx（a≥0）在区间（0，+∞）上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当x2＞x1＞0时，证明：．
合肥六校联考2024-2025年高二期中数学模拟试卷答案
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共3小题）
一．选择题（共8小题）
1．如图是函数f（x）的导函数f′（x）的部分图象，则f（x）的一个极大值点为（ ）
A．x1B．x2C．x3D．x4
【分析】根据极大值点的定义结合图象判断即可．
【解答】解：由图象可得f（x2）＝f（x3）＝f（x4）＝0，
且在（x1，x2）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（x2，x3）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（x3，+∞）上，f′（x）≥0，f（x）单调递增，所以只有x2是f（x）的极大值点．故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，属于基础题．
2．若函数y＝x+alnx在区间[1，+∞）内单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣∞，﹣1）C．[﹣2，+∞）D．[﹣1，+∞）
【分析】根据函数单调性与导数的关系进行求解即可．
【解答】解：由，
因为函数y＝x+alnx在区间[1，+∞）内单调递增，
所以有y′≥0在[1，+∞）上恒成立，即在[1，+∞）上恒成立，
因为x∈[1，+∞），所以由，因为x∈[1，+∞），
所以﹣x∈（﹣∞，﹣1]，于是有a≥﹣1．故选：D．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
3．（x+）6的展开式的常数项为（ ）
A．20B．120C．5D．8
【分析】求出展开式的通项公式，令x的次数为0，进行计算即可．
【解答】解：展开式的通项公式为Tk+1＝x6﹣k（）k＝x6﹣2k，由6﹣2k＝0得k＝3，
即展开式中的常数项为＝20，故选：A．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，求出展开式的通项公式是解决本题的关键．比较基础．
4．现给如图所示的五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．420B．340C．260D．120
【分析】讨论A，E同色、B，D同色，A，E、B，D一组同色一组不同色，A，B，C，D，E的颜色互不相同，结合排列组合数求对应涂色方法，应用分类加法求不同涂色方案数．
【解答】解：由题意五个区域A，B，C，D，E涂色，有5种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，
可分情况讨论：
若A，E同色、B，D同色，有，此时C有3种涂法，共有种，
若A，E同色、B，D不同色，有，此时B，C，D有种涂法，共有种，
同理B，D同色、A，E不同色也有120种，
若A，B，C，D，E的颜色互不相同，则有种，综上，共有60+120+120+120＝420种．
故选：A．
【点评】本题考查了排列组合的运用，是中档题．
5．已知A，B分别为曲线y＝ex+x+1和直线y＝2x﹣3上的点，则|AB|的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】设与直线y＝2x﹣3平行且与曲线y＝ex+x+1相切的直线方程为y＝2x+m，由导数的几何意义可得m的值，再由平行线间的距离公式得解．
【解答】解：设与直线y＝2x﹣3平行且与曲线y＝ex+x+1相切的直线方程为y＝2x+m，
切点为（a，b），
由y＝ex+x+1，可得y′＝ex+1，
则，解得，
易知所求最小值即为直线y＝2x﹣3与直线y＝2x+2之间的距离，即．故选：A．
【点评】本题考查导数的几何意义及其运用，考查运算求解能力，属于基础题．
6．设，，，则（ ）
A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜b＜aD．b＜a＜c
【分析】利用ex≥x+1以及lnx≤x﹣1，得到a＞b以及c＞b，进而求解结论．
【解答】解：∵ex≥x+1，当且仅当x＝0时取等号，
∴，∴，即a＞b，
又lnx≤x﹣1，则，则，则，，
即b为最小值．故选：D．
【点评】本题考查了数的大小比较以及函数知识的综合应用，属于中档题．
7．已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，f′（x）是f（x）的导函数，f（1）＝0，当x＜0时，xf′（x）+3f（x）＞0，则不等式f（x）＜0的解集为（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（0，1）
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D．（﹣1，0）∪（1，+∞）
【分析】当x＜0时，xf′（x）+3f（x）＞0，可得g（x）＝x3f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，结合函数f（x）是定义域为R的奇函数，f（1）＝0，从而得到不等式，求出答案．
【解答】解：令g（x）＝x3f（x），则g′（x）＝3x2f（x）+x3f′（x）＝x2[3f（x）+xf′（x）]，
∵当x＜0时，xf′（x）+3f（x）＞0，则g′（x）＞0，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
∵函数f（x）是定义域为R的奇函数，
∴f（﹣x）＝﹣f（x），∴g（﹣x）＝（﹣x）3f（﹣x）＝x3f（x）＝g（x），
∴g（x）是定义域为R的偶函数，∴g（x）在（0，+∞）上单调递减，
又∵f（1）＝0，∴g（1）＝g（﹣1）＝0，
∴当x∈（﹣∞，﹣1）时，g（x）＝x3f（x）＜0，则f（x）＞0；
当x∈（﹣1，0）时，g（x）＝x3f（x）＞0，则f（x）＜0；
当x∈（0，1）时，g（x）＝x3f（x）＞0，则f（x）＞0；
当x∈（1，+∞）时，g（x）＝x3f（x）＜0，则f（x）＜0．
∴不等式f（x）＜0的解集为（﹣1，0）∪（1，+∞）．故选：D．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
8．若两曲线y＝lnx与y＝ax2+1存在公切线，则正实数a的取值范围为（ ）
A．B．（0，2e]
C．D．[2e，+∞）
【分析】根据导数的几何意义，直线的点斜式方程，构建函数模型，通过函数思想，即可求解．
【解答】解：设两曲线的公切线切曲线y＝lnx于点（x1，lnx1），切曲线y＝ax2+1于点（x2，+1），
又（lnx）′＝，（ax2+1）′＝2ax，∴则y＝lnx在（x1，lnx1）处的切线方程为：
，∴根据题意可得，
∴，∴，
∴，∴，x1＞0，
设g（x）＝x2（2﹣lnx），x＞0，∴g′（x）＝x（3﹣2lnx），x＞0，
∴令g′（x）＝0，可得x＝，∴当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）的最大值为g（）＝，
∴，a＞0，∴，∴正实数a的取值范围为[，+∞）．故选：C．
【点评】本题考查导数的综合应用，函数的公切线问题的求解，函数思想，属中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．下列等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】利用组合数与排列数的性质及其计算公式即可判断出正误．
【解答】解：由组合数的性质可得：，
＝＝++……+＝＝，故A，B正确，
∵，故C错误，
由排列数的计算公式可得：+m＝n（n﹣1）•…[n﹣（m﹣1）]+mn（n﹣1）（n﹣2）•…•[n﹣（m﹣2）]＝n（n﹣1）•…[n﹣（m﹣2）][n﹣m+1+m]＝，故D正确，
故选：ABD．
【点评】本题考查了排列与组合数的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
（多选）10．某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有A，B，C，D，E，F，G共7个节目，则下列结论正确的是（ ）
A．若节目A与节目B相邻，则共有1440种不同的安排方法
B．若节目E与节目F不相邻，则共有3600种不同的安排方法
C．若节目C在节目D之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法
D．若决定在已排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法
【分析】利用捆绑法，插空法等求得每个选项的排列数可判断其正确性．
【解答】解：若节目A与节目B相邻，共有种不同的安排方法，故A正确；
若节目E与节目F不相邻，共有种不同的安排方法，故B正确；
因为节目C在节目D之前表演与节目D在节目C之前表演的情况是一样的，
所以共有＝2520种不同的安排方法，故C正确；
添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况，
共有8×9×10＝720种不同的安排方法，故D错误．故选：ABC．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了相邻问题及分步乘法计数原理，属中档题．
（多选）11．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数f（x）的最大值是
B．f（x）在（1，+∞）上单调递减
C．对任意两个正实数x1，x2，且x1＞x2，若f（x1）＝f（x2），则x1+x2≥2e
D．若关于x的方程[f（x）]2+mf（x）+m＝0有3个不等实数根，则m的取值范围是
【分析】对于A，B，直接求导得出函数单调性，继而可得函数最值情况即可判断；
对于C，通过分析得出要证x1＞2e﹣x2＞2e﹣e＝e，只需证f（x1）＝f（x2）＜f（2e﹣x2），从而构造函数即可判断；
对于D，画出函数图象，通过数形结合分析得出，此时m＝t1t2＜0，进一步将m的范围转换成复合型二次函数的值域来求即可．
【解答】解：对于A：f′（x）＝＝，
令f′（x）＝0，得x＝e，
所以当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）max＝f（e）＝，故A正确；
对于B：由A选项可知函数f（x）在（1，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，故B错误；
对于C，由题意0＜x2＜e＜x1，
，所以1＜x2＜e＜x1，所以要证x1＞2e﹣x2＞2e﹣e＝e，
只需证f（x1）＝f（x2）＜f（2e﹣x2），
令，
要使f（x2）＜f（2e﹣x2），只需F（x）＜0，
令G（x）＝（2e﹣x）lnx﹣xln（2e﹣x），1＜x＜e，
要使F（x）＜0，只需G（x）＜0，
而G'（x）＝，1＜x＜e，
注意到，
即G'（x）＞0，所以G（x）单调递增，所以G（x）＜G（e）＝e﹣e＝0，所以F（x）＜0，
所以f（x2）＜f（2e﹣x2），故原命题，即x1+x2＞2e成立，故C正确；
对于D，令f（x）＝t，若关于x的方程[f（x）]2+mf（x）+m＝0有3个不等实数根，
则关于t的方程t2+mt+m＝0有两个不相等的实数根t1，t2，
Δ＝m2﹣4m＞0⇒m＞4或m＜0，
由韦达定理可得t1+t2＝﹣m，t1t2＝m，
若t＝0是方程的根，则m＝0，这与Δ＞0矛盾，
所以或，当时，，
解得，但事实上此时t1t2＝m＞0，矛盾；所以只能，
此时m＝t1t2＜0，又t1+t2＝﹣m，t1t2＝m，所以t1（﹣m﹣t1）＝m，
即，所以的取值范围是（﹣∞，﹣e2﹣e），
从而m的取值范围是，故D正确．故选：ACD．
【点评】本题考查了导数的综合运用、转化思想及数形结合思想，属于难题．
三．填空题（共2小题）
12．已知函数f（x）＝ex﹣ax的极值点为x＝1，则a＝ e ．
【分析】由极值点处的导数值为0，求得a，再验证x＝1是否为极值点．
【解答】解：由f（x）＝ex﹣ax，可得f'（x）＝ex﹣a，
又f（x）的极值点为x＝1，
则有f'（1）＝e1﹣a＝0，解得a＝e，当a＝e时，f'（x）＝ex﹣e，
当x＞1时，f'（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单调递增，
当x＜1时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，则x＝1为极小值点，符合题意．
故答案为：e．
【点评】本题考查函数极值的判定，属基础题．
13．在（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x﹣4）（x﹣5）的展开式中，含x4的项的系数是 ﹣15 ．
【分析】由题意，根据含x4的项，是由5个括号中4个括号提供x、剩下一个括号提供常数构成的，进行求解即可．
【解答】解：含x4的项，是由（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x﹣4）（x﹣5）的5个括号中有4个括号出x、
仅1个括号出常数构成的，
故展开式中含x4的项的系数是（﹣1）+（﹣2）+（﹣3）+（﹣4）+（﹣5）＝﹣15．
故答案为：﹣15．
【点评】本题考查利用分步计数原理和分类加法原理求出特定项的系数，属于基础题．
14．若不等式lnx≤k+ex+k恒成立，则实数k的取值范围为 [﹣1，+∞） ．
【分析】利用f（x）＝ex+x在R上单调递增，将不等式恒成立转化为k≥lnx﹣x恒成立，构造函数f（x）＝lnx﹣x，利用导数求出其最大值得k的取值范围，再得k的最小值．
【解答】解：令f（x）＝ex+x，易知f（x）在R上单调递增，
由lnx≤k+ex+k得x+lnx≤x+k+ex+k，即可得elnx+lnx≤x+k+ex+k，
即f（lnx）≤f（x+k），
所以x+k≥lnx，即k≥lnx﹣x，
令g（x）＝lnx﹣x，则，
易得x∈（0，1），g′（x）＞0，当x∈（1，+∞），g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
可得g（x）在x＝1处取得极大值，也是最大值；因此f（x）≤f（1）＝﹣1，可得k≥﹣1．
即实数k的取值范围为[﹣1，+∞）．故答案为：[﹣1，+∞）．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，利用导数研究函数的最值，解题的关键在于根据不等式结构利用函数同构构造函数f（x）＝ex+x，再由导数判断出函数单调性即可得出结果，属于中档题．
四．解答题（共6小题）
15．已知函数f（x）＝ax+blnx+1的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y+2＝0．
（1）求a，b的值；
（2）求f（x）的极值．
【分析】（1）求导函数，根据导数的几何意义及切点坐标列方程求解即可；
（2）求导得函数的单调区间，即可确定极大值和极小值．
【解答】解：（1）由题意知，所以，
解得a＝4，b＝﹣1；
（2）由（1）知，令f′（x）＝0，所以，
所以当时，f′（x）＞0，当时，f′（x）＜0，
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增，
又，所以f（x）的极小值为2+2ln2，无极大值．
【点评】本题考查利用导数研究函数的最值，属于中档题．
16．已知，其中a0，a1，a2，…，an∈R，且（1﹣2x）n展开式中仅有第5项的二项式系数最大．
（1）求n值及二项式系数最大项；
（2）求|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|an|（用数值作答）；
（3）求a0+a2+a4+a6+a8的值（用数值作答）．
【分析】（1）根据题意结合二项式系数最大时求出n的值，再计算T5即可；
（2）利用赋值法，令x＝﹣1，求出即可；
（3）利用赋值法，分别令x＝1和x＝﹣1，得出两式，相加即可得．
【解答】解：，其中a0，a1，a2，…，an∈R，
（1）因为（1﹣2x）n展开式中仅有第5项的二项式系数最大，
当n为偶数时，仅有中间一项的二项式系数最大，即，所以n＝8，
故．即n＝8，二项式系数最大项为第5项：1120x4；
（2）令x＝﹣1，得，
所以|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|an|＝6561．
（3）令x＝1，得a0+a1+a2+⋯+a8＝1，
令x＝﹣1，得．
两式相加可得．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，考查计算能力，属于中档题．
17．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c（a，b，c∈R），其图象的对称中心为（1，﹣2）．
（1）求a﹣b﹣c的值；
（2）判断函数f（x）的零点个数．
【分析】（1）由已知可得y＝f（x+1）+2为奇函数，然后结合奇函数的定义代入即可求解；
（2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对c的范围进行分类讨论，然后结合函数零点存在定理即可求解．
【解答】解：（1）因为f（x）的图象的对称中心为（1，﹣2），
所以y＝f（x+1）+2为奇函数，图象关于原点对称，
所以f（﹣x+1）+2＝﹣f（x+1）﹣2，即f（x+1）+f（﹣x+1）＝﹣4，
所以（1+x）3+a（1+x）2+b（1+x）+c+（1﹣x）3+a（1﹣x）2+b（1﹣x）+c＝﹣4，
整理得，（6+2a）x2+2a+2b+2c＝﹣6，所以6+2a＝0，2a+2b+2c＝﹣6，
解得a＝﹣3，b+c＝0，所以a﹣b﹣c＝﹣3；
（2）由（1）得，f（x）＝x3﹣3x2﹣cx+c，f′（x）＝3x2﹣6x﹣c，Δ＝36+12c，
当c≤﹣3时，f（x）单调递增，f（1）＝﹣f＜0，
f（c2）＝c6﹣3c4﹣c3+c≥9c4﹣3c4﹣c3+c＝6c4﹣c3+c＝4c4+c4﹣c3+c4+c＞0，
此时，函数f（x）有且仅有一个零点；
当﹣3＜c＜0时，f′（x）＝3x2﹣6x﹣c＝0有两个正根x1＜x2，x1+x2＝2，x1x2＝﹣，
又3﹣6x1﹣c＝0，
故函数f（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，
因为f（x1）＝﹣3﹣（x1﹣1）（3﹣6x1）＝﹣2x1（﹣3x1+3）＜0，f（3）＝﹣2c＞0，
故函数f（x）有且仅有一个零点；
当c＝0时，f（x）＝x3﹣3x2有两个零点；
当c＞0时，f′（x）＝3x2﹣6x﹣c＝0有两个根x1＜0＜x2，x1+x2＝2，x1x2＝﹣＜0，
故函数f（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，
所以f（x1）＞f（0）＝c＞0，f（x2）＜f（1）＝﹣2＜0，
故f（x）有且仅有3个零点，综上，c＞0时，函数有3个零点；c＝0时，函数有2个零点；
﹣c＜0时，函数有1个零点．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，函数对称性的应用，函数性质及零点存在定理在零点个数判断中的应用，属于中档题．
18．已知函数．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）当时，证明：；
（3）函数有两个零点x1、x2，求证：．
【分析】（1）求得，对实数a的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数f（x）的增区间和减区间；
（2）当时，即证不等式lnx+x≤ex+lnx+1﹣2，令t＝x+lnx+1∈R，即证不等式et﹣t﹣1≥0，构造函数g（t）＝et﹣t﹣1，利用导数求函数g（t）的最小值，即可证得结论成立；
（3）设x1＞x2＞0，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中t＞1，令导数分析函数p（t）的单调性，即可证得结论成立．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
，
当a≤0时，由f′（x）＜0可得0＜x＜2，f（x）单调递减，由f′（x）＞0则x＞2，f（x）单调递增，
此时，函数f（x）的减区间为（0，2），增区间为（2，+∞）；
当0＜a＜2时，由f′（x）＜0可得a＜x＜2，f（x）单调递减，由f′（x）＞0可得0＜x＜a或x＞2，f（x）单调递增，此时函数f（x）的减区间为（a，2），增区间为（0，a）、（2，+∞）；
当a＝2时，对任意的x＞0，，此时函数f（x）的增区间为（0，+∞）；
当a＞2时，由f′（x）＜0可得2＜x＜a，f（x）单调递减，由f′（x）＞0可得0＜x＜2或x＞a，f（x）单调递增，此时，函数f（x）的减区间为（2，a），增区间为（0，2）、（a，+∞）．
综上所述，当0＜a＜2时，函数f（x）的减区间为（a，2），增区间为（0，a）、（2，+∞）；
当a＝2时，f（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当a＞2时，函数f（x）的减区间为（2，a），增区间为（0，2）、（a，+∞）；
当a≤0时，函数f（x）的减区间为（0，2），增区间为（2，+∞）；
（2）证明：当时，，要证明，
即证，
令t＝x+lnx+1，即证t﹣1≤et﹣2，即证et﹣t﹣1≥0，
因为函数t＝x+lnx+1在（0，+∞）上单调递增，当x→0+时，t→﹣∞；当x→+∞时，t→+∞，
所以函数t＝x+lnx+1的值域为R，
令g（t）＝et﹣t﹣1，其中t∈R，则g′（t）＝et﹣1，
由g′（t）＜0可得t＜0，由g′（t）＞0可得t＞0，
所以函数g（t）的减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞），则g（t）min＝g（0）＝0，
故g（t）≥g（0）＝0，即et﹣t﹣1≥0，故原不等式得证．
（3）证明：，
因为函数h（x）有两个零点x1、x2，不妨设x1＞x2＞0，
则，所以，
整理可得，即，
要证，即证，
即证，令，即证，
令，t＞1，则，
所以函数p（t）在（1，+∞）上为增函数，则p（t）＞p（1）＝0，
即，即．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系，不等式恒成立的证明，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于中档题．
19．约瑟夫•路易斯•拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的．定理如下：若函数f（x）满足如下条件：
①函数f（x）在区间[a，b]上连续（函数图象没有间断）；
②函数f（x）在开区间（a，b）内可导（导数存在）．则在区间（a，b）内至少存在一点ξ，使得成立，其中ξ称为“拉格朗日中值点”．
（1）求函数f（x）＝x3+2x在[﹣1，1]上的“拉格朗日中值点”的个数；
（2）对于任意的实数t1，t2，证明：|cst2﹣cst1|≤|t2﹣t1|；
（3）已知函数h（x）＝xex﹣x2﹣alnx（a≥0）在区间（0，+∞）上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当x2＞x1＞0时，证明：．
【分析】（1）先求f′（x），再根据“拉格朗日中值点”的定义令，解方程即可求解；
（2）设φ（x）＝csx，分t1＝t2和t1≠t2两种情况讨论，利用拉格朗日中值定理有，结合|sint0|≤1即可求证；
（3）对函数二次求导，利用拉格朗日中值定理，结合函数的单调性即可证明．
【解答】解：（1）因为f（x）＝x3+2x，所以f′（x）＝3x2+2，
设x0为f（x）在[﹣1，1]上的“拉格朗日中值点”，
则f′（x0）＝＝3＝2+3，解得，，
所以f（x）在[﹣1，1]上的“拉格朗日中值点”的个数为2．
（2）证明：设φ（x）＝csx，有φ′（x）＝﹣sinx，
易知函数φ（x）在R上满足拉格朗日中值定理的两个条件，
当t1＝t2时，显然有|cst2﹣cst1|＝|t2﹣t1|＝0，
当t1≠t2时，不妨设t1＜t2，由拉格朗日中值定理可知，存在t1＜t0＜t2，使得＝＝﹣sint0
又由|sint0|≤1，有，
可得|cst2﹣cst1|≤|t2﹣t1|，
即不等式|cst2﹣cst1|≤|t2﹣t1|成立．
（3）证明：由x2＞x1＞0，有，
又由，设，
有，
根据导数与单调性关系可得函数λ（x）单调递增，
由拉格朗日中值定理可知，存在，
使得，
同理可知，存在，
使得，
又由η1＜η2和函数λ（x）单调递增，有h′（η2）＞h′（η1），
有，
可得，
故不等式成立．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
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题号
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5
6
7
8
答案
B
D
A
A
A
D
D
C
题号
9
10
11
答案
ABD
ABC
ACD