卷临天下2023全国100所名校单元测试示范卷数学卷二

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13．已知函数f（x）=alnx^x+bx的图象过点（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{e}$），且在点（1，f（1））处的切线与直线x+y-e=0垂直（e为自然数的底数，且e=2.71828…）
（1）求a、b的值；
（2）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]，使得不等式f（x₀）+$\frac{1}{2}$x₀²-$\frac{1}{2}$tx₀≥-$\frac{3}{2}$成立，求实数t的取值范围．试题答案

分析（1）求得f（x）的导数，求得切线的斜率，结合两直线垂直的条件，代入已知点，解方程可得a=1，b=0；
（2）由（1）知f（x）=xlnx，由题意可得$f（x）+\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}tx≥-\frac{3}{2}$，即$xlnx+\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}tx≥-\frac{3}{2}$，则$t≤2lnx+x+\frac{3}{x}$．构造函数$h（x）=2lnx+x+\frac{3}{x}，x∈[{\frac{1}{e}，e}]$，求出导数，判断单调性，求得最小值即可得到t的范围．

解答解：（1）∵f（x）=alnx^x+bx=axlnx+bx，
∴f′（x）=alnx+a+b．
又点（1，f（1））处的切线与直线x+y-e=0垂直，
∴f’（1）=a+b=1．
又∵f（x）=alnx^x+bx的图象过点$（{\frac{1}{e}，-\frac{1}{e}}）$，
∴$f（{\frac{1}{e}}）=-\frac{a}{e}+\frac{b}{e}=-\frac{1}{e}$，即a-b=1，
∴a=1，b=0；
（2）由（1）知f（x）=xlnx，
由题意可得$f（x）+\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}tx≥-\frac{3}{2}$，即$xlnx+\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{2}tx≥-\frac{3}{2}$，
则$t≤2lnx+x+\frac{3}{x}$．
若存在 ${x_0}∈[{\frac{1}{e}，e}]$，使得不等式$f（{x_0}）+\frac{1}{2}{x_0}^2-\frac{1}{2}t{x_0}≥-\frac{3}{2}$成立，
只需t小于或等于$2lnx+x+\frac{3}{x}，x∈[{\frac{1}{e}，e}]$的最大值．
设$h（x）=2lnx+x+\frac{3}{x}，x∈[{\frac{1}{e}，e}]$，
则$h’（x）=\frac{{（{x+3}）（{x-1}）}}{x^2}$，当$x∈[{\frac{1}{e}，1}]$时，h’（x）＜0；
当x∈[1，e]时，h’（x）＞0．
故h（x）在$[{\frac{1}{e}，1}]$上单调递减，在[1，e]上单调递增．
∵$h（e）=2lne+e+\frac{3}{e}=2+e+\frac{3}{e}$，$h（{\frac{1}{e}}）=2ln\frac{1}{e}+\frac{1}{e}+3e=-2+\frac{1}{e}+3e$，
∴$h（{\frac{1}{e}}）-h（e）=2e-\frac{2}{e}-4＞0$，∴$h（{\frac{1}{e}}）＞h（e）$，
故当$，x∈[{\frac{1}{e}，e}]$时，h（x）的最大值为$h（{\frac{1}{e}}）=-2+\frac{1}{e}+3e$，
故$t≤-2+\frac{1}{e}+3e$，
即实数t的取值范围是：$（{-∞，-2+\frac{1}{e}+3e}]$．