《2025年全品基础小练习高考数学》

11. 已知函数$f(x)=-x^{2}\ln x$，则 ( )
A. $f(x)\leqslant0$恒成立
B. $f(x)$是$(0,+\infty)$上的减函数
C. $f(x)$在$x = \text{e}^{-\frac{1}{2}}$处取得极大值$\frac{1}{2\text{e}}$
D. $f(x)$只有一个零点

答案： CD

12. 若“$\exists x\in[-1,2],x - a＞0$”为假命题，则实数$a$的取值范围是________.

答案： [2,+∞)

13. 若$\tan\alpha = 2$，则$\frac{1}{\sin\alpha\cos\alpha}=$________.

答案： $\frac{5}{2}$　

14. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=2a_{n}+1$，且$b_{n}=2\log_{2}(1 + a_{n})-1$. 若在数列$\{ b_{n}\}$中去掉$\{ a_{n}\}$中的项，余下的项组成数列$\{ c_{n}\}$，记数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{20}=$________.

答案： 568　

15. 在数列$\{ a_{n}\}$中，已知$a_{1}=1$，且$a_{n + 1}a_{n}=2^{n + 1}a_{n}-2^{n}a_{n + 1}$.
(1)证明数列$\{\frac{2^{n}}{a_{n}}\}$为等差数列，并求出$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)若$b_{n}=\frac{n}{n + 2}a_{n}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$.

答案： $15.解:(1)\because a_{1}=1，a_{n + 1}a_{n}=2^{n + 1}a_{n}-2^{n}a_{n + 1}，$
$\therefore a_{n}\neq0$
两边同时除以$a_{n + 1}a_{n}$，得$\frac{2^{n + 1}}{a_{n + 1}}-\frac{2^{n}}{a_{n}}=1$，又$\frac{2^{1}}{a_{1}}=\frac{2}{1}=2$，$\therefore$数列$\{\frac{2^{n}}{a_{n}}\}$为等差数列，且首项为$2$，公差为$1$，$\therefore\frac{2^{n}}{a_{n}}=2+(n - 1)=n + 1$，$\therefore a_{n}=\frac{2^{n}}{n + 1}$. （2）由（1）知$b_{n}=\frac{n}{n + 2}a_{n}=\frac{n\cdot2^{n}}{(n + 2)(n + 1)}=\frac{2^{n + 1}}{n + 2}-\frac{2^{n}}{n + 1}$，$\therefore$数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=\frac{2^{2}}{3}-\frac{2}{2}+\frac{2^{3}}{4}-\frac{2^{2}}{3}+\cdots+\frac{2^{n + 1}}{n + 2}-\frac{2^{n}}{n + 1}=\frac{2^{n + 1}}{n + 2}-1$.

16. 在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，满足$\cos B=\frac{a - c}{2c}$.
(1)若$A=\frac{\pi}{3}$，求$B$；
(2)若$\triangle ABC$是锐角三角形，且$c = 4$，求$b$的取值范围.

答案： 16. 解：（1）因为$\cos B=\frac{a - c}{2c}$，所以由正弦定理可得$\cos B=\frac{\sin A-\sin C}{2\sin C}$，则$2\sin C\cos B=\sin A-\sin C=\sin(B + C)-\sin C=\sin B\cos C+\sin C\cos B-\sin C$，整理得$\sin C=\sin B\cos C-\sin C\cos B=\sin(B - C)$.因为$B$，$C\in(0,\pi)$，所以$B - C\in(-\pi,\pi)$，则$C = B - C$，即$B = 2C$.由$A=\frac{\pi}{3}$，得$B + C=3C=\frac{2}{3}\pi$，则$C=\frac{2}{9}\pi$，$B=\frac{4}{9}\pi$. （2）由（1）知$B = 2C$. 因为$\triangle ABC$是锐角三角形，所以$\begin{cases}0\lt B = 2C\lt\frac{\pi}{2}\\\frac{\pi}{2}\lt B + C=3C\lt\pi\end{cases}$，解得$\frac{\pi}{6}\lt C\lt\frac{\pi}{4}$，则$\frac{\sqrt{2}}{2}\lt\cos C\lt\frac{\sqrt{3}}{2}$.由正弦定理得$\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}$，则$b=\frac{c\sin B}{\sin C}=\frac{4\sin2C}{\sin C}=8\cos C$，可得$4\sqrt{2}\lt b\lt4\sqrt{3}$，所以$b$的取值范围为$(4\sqrt{2},4\sqrt{3})$. 

17. 已知函数$f(x)=x\ln x+ax + b$在$x = \text{e}^{-3}$处取得极值，且满足$f(1)=1$.
(1)求函数$f(x)$的解析式；
(2)若存在实数$x＞0$，使得$kx＞f(x + 1)$成立，求整数$k$的最小值.

答案： 17. 解：（1）由题意知$f(x)=x\ln x+ax + b$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\ln x+1 + a$.因为函数$f(x)=x\ln x+ax + b$在$x = e^{-3}$处取得极值，且满足$f(1)=1$，所以$f'(e^{-3})=-3 + 1 + a=0$，且$f(1)=a + b=1$，解得$a = 2$，$b=-1$，则$f'(x)=\ln x+3$，经验证，函数$f(x)$在$x = e^{-3}$处取得极小值，符合题意，故$f(x)=x\ln x+2x - 1$. （2）由题意，存在实数$x>0$，使得$kx>f(x + 1)$成立，即$k>\frac{(x + 1)\ln(x + 1)+2x + 1}{x}$成立.令$g(x)=\frac{(x + 1)\ln(x + 1)+2x + 1}{x}$，$x>0$，则$g'(x)=\frac{x - 1-\ln(x + 1)}{x^{2}}$，$x>0$. 令$h(x)=x - 1-\ln(x + 1)$，$x>0$，则$h'(x)=1-\frac{1}{1 + x}=\frac{x}{1 + x}>0$在$(0,+\infty)$上恒成立，故$h(x)=x - 1-\ln(x + 1)$在$(0,+\infty)$上单调递增，又$h(2)=1-\ln3<0$，$h(3)=2-\ln4>0$，故存在唯一的$x_{0}\in(2,3)$，使得$h(x_{0})=0$，即$x_{0}-1=\ln(x_{0}+1)$，则当$0\lt x\lt x_{0}$时，$h(x)<0$，即$g'(x)<0$，当$x>x_{0}$时，$h(x)>0$，即$g'(x)>0$，所以$g(x)$在$(0,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},+\infty)$上单调递增，故$g(x)_{\min}=g(x_{0})=\frac{(x_{0}+1)\ln(x_{0}+1)+2x_{0}+1}{x_{0}}=\frac{(x_{0}+1)(x_{0}-1)+2x_{0}+1}{x_{0}}=x_{0}+2$，故$k>x_{0}+2$，结合$x_{0}\in(2,3)$，得$x_{0}+2\in(4,5)$，故整数$k$的最小值为$5$.