【最新版】高中数学高三培优小题练阶段滚动检测(四)

展开

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练阶段滚动检测(四)，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本大题共12题，每小题5分，共60分)
1．已知集合M＝{x|x2<4}，N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\| (\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x－3)<0))))，则集合M∩N等于( )
A．{x|x<－2} B．{x|x>3}
C．{x|－1答案 C
解析由x2<4解得－2故M＝{x|－2由eq \f(x＋1,x－3)<0得(x＋1)(x－3)<0，
解得－1所以M∩N＝{x|－12．(2022·合肥模拟)复数z满足(2－i)z＝1＋i，那么|z|等于( )
A.eq \f(\r(2),5) B.eq \f(1,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(\r(10),5)
答案 D
解析 (2－i)z＝1＋i，∴z＝eq \f(1＋i,2－i)＝eq \f(1＋i2＋i,5)＝eq \f(1＋3i,5)，∴z＝eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i，∴|z|＝eq \f(\r(10),5).
3．(2022·榆林模拟)已知向量m＝(λ＋1,1)，n＝(λ＋2,2)，若(m＋n)⊥(m－n)，则λ等于( )
A．－4 B．－3 C．－2 D．－1
答案 B
解析 ∵(m＋n)⊥(m－n)，
∴(m＋n)·(m－n)＝0，
∴|m|2＝|n|2，即(λ＋1)2＋1－[(λ＋2)2＋4]＝0，
∴λ＝－3.
4．(2022·新乡模拟)请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2，满足aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＝2，求证：a1＋a2≤2.
证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋2，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，即4(a1＋a2)2－16≤0，所以a1＋a2≤2.
根据上述证明方法，若n个正实数a1，a2，…，an，满足aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝2n，你能得到的结论是( )
A．a1＋a2＋…＋an≤eq \r(n)
B．a1＋a2＋…＋an≤eq \f(\r(2)n,2)
C．a1＋a2＋…＋an≤n
D．a1＋a2＋…＋an≤eq \r(2)n
答案 D
解析设函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋2n，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，
所以Δ≤0，即4(a1＋a2＋…＋an)2－8n2≤0，
所以a1＋a2＋…＋an≤eq \r(2)n.
5．已知A＝[1，＋∞)，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x∈R\b\lc\| (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a≤x≤2a－1))))，若A∩B≠∅，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) D．(1，＋∞)
答案 A
解析因为A∩B≠∅，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a－1≥1，,2a－1≥\f(1,2)a，))解得a≥1.
6．(2022·合肥模拟)射线测厚技术原理公式为I＝I0e－ρμt，其中I0，I分别为射线穿过被测物前后的强度，e是自然对数的底数，t为被测物厚度，ρ为被测物的密度，μ是被测物对射线的吸收系数．工业上通常用镅241(241Am)低能γ射线测量钢板的厚度．若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为( )
(注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln 2≈0.693 1，结果精确到0.001)
A．0.110 B．0.112 C．0.114 D．0.116
答案 C
解析由题意可得，t＝0.8，ρ＝7.6，eq \f(I,I0)＝eq \f(1,2)，因为I＝I0e－ρμt，所以eq \f(1,2)＝e－7.6×0.8×μ，即μ＝eq \f(ln 2,7.6×0.8)≈eq \f(0.693 1,6.08)≈0.114.所以这种射线的吸收系数为0.114.
7．已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝120°，点E，F分别在边BC，DC上，BC＝3BE，DC＝λDF，若eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝1，则λ的值为( )
A．3 B．2 C.eq \f(3,2) D.eq \f(5,2)
答案 B
解析由题意可得，
eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BE,\s\up6(→)))(eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(BC,\s\up6(→))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))＋\f(1,λ)\(AB,\s\up6(→))))＝eq \f(1,λ)eq \(AB,\s\up6(→))2＋eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3λ)＋1))eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))，
且eq \(AB,\s\up6(→))2＝eq \(BC,\s\up6(→))2＝4，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2×2×cs 120°＝－2，
故eq \f(4,λ)＋eq \f(4,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3λ)＋1))×(－2)＝1，解得λ＝2.
8．(2022·黑龙江实验中学模拟)已知公比为q的等比数列{an}的首项a1>0，则“q>1”是“a7>a5”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
答案 A
解析由于公比为q的等比数列{an}的首项a1>0，
所以a7>0，a5>0，
若a7>a5，
则a5q2>a5，
所以q2>1，
即q>1或q<－1，所以公比为q的等比数列{an}的首项a1>0，
则“q>1”是“a5>a3”的充分不必要条件．
9．(2022·张家口质检)现有六名百米运动员参加比赛，甲、乙、丙、丁四名同学猜测谁跑了第一名．甲猜不是C就是E；乙猜不是F；丙猜不是B，C，D中任一个；丁猜是A，B，D其中之一，若四名同学中只有一名同学猜对，则猜对的是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
答案 C
解析若甲的猜测是对的，即第一名在C与E中产生，其他人猜测都是错误的，则乙的猜测是错误的，即得到第一名的是F，矛盾，故甲的猜测是错误的；
若乙的猜测是正确的，则第一名在A，B，C，D，E中产生，则丙的猜测是错误的，即得到第一名的是B，C，D中的一个；丁的猜测是错误的，即得到第一名不是A，B，D中的一个，故第一名一定是C，而甲的猜测也是错误的，即得到第一名的不可能是C，故矛盾，故乙的猜测是错误的；
若丙的猜测是正确的，即第一名不是B，C，D中任一个，是A，E，F中的一个，因为甲的猜测是错误的，故第一名不是C，E，则是A，F中的一个，因为乙的猜测是错误的，即得到第一名的是F，故得到第一名的一定是F，这时也满足丁的猜测是错误的，故正确答案是丙；
若丁的猜测是正确的，即第一名是A，B，D其中之一，则乙的猜测是错误的，即得到第一名的是F，矛盾．
10．(2022·胶州模拟)若a>b>1,0A．acC．algbc答案 C
解析用特殊值法，令a＝3，b＝2，c＝eq \f(1,2)得
>，选项A错误；
3×>2×，选项B错误；
lg3eq \f(1,2)>lg2eq \f(1,2)，选项D错误；
∵algbc－blgac＝lg c·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,lg b)－\f(b,lg a)))
＝lg c·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg aa－lg bb,lg blg a)))，
a>b>1，
∴1∴eq \f(lg aa－lg bb,lg blg a)>0，
∵0∴lg c<0，
∴algbc11．已知函数f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx(ω>0)的零点构成一个公差为eq \f(π,2)的等差数列，把函数f(x)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象．关于函数g(x)，下列说法正确的是( )
A．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增
B．其图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
C．函数g(x)是偶函数
D．在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的值域为[－eq \r(3)，2]
答案 D
解析 f(x)＝sin ωx＋eq \r(3)cs ωx＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，
由函数f(x)的零点构成一个公差为eq \f(π,2)的等差数列，
得周期T＝π，即ω＝2，
即f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
把函数f(x)的图象沿x轴向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，
则g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,3)))＝2sin 2x，
当2kπ＋eq \f(π,2)≤2x≤2kπ＋eq \f(3π,2)，即kπ＋eq \f(π,4)≤x≤kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)时，y＝g(x)单调递减，故y＝g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减，
当2x＝kπ＋eq \f(π,2)，即x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)时，y＝g(x)的图象关于直线x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)对称，且为奇函数，
故选项A，B，C错误，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，函数g(x)的值域为[－eq \r(3)，2]，
故选项D正确．
12．若定义域为R的函数f(x)的导函数为f′(x)，并且满足f(x)A．f(2 021)－ef(2 020)<2(e－1)
B．f(2 021)－ef(2 020)>2(e－1)
C．f(2 021)－ef(2 020)>2(e＋1)
D．f(2 021)－ef(2 020)<2(e＋1)
答案 B
解析由题可知f(x)则f′(x)－f(x)－2>0，
令g(x)＝eq \f(fx＋2,ex)，
而ex>0，则g′(x)＝eq \f(f′x－fx－2,ex)>0，
所以g(x)在R上单调递增，
故g(2 021)>g(2 020)，即eq \f(f2 021＋2,e2 021)>eq \f(f2 020＋2,e2 020)，
故f(2 021)＋2>ef(2 020)＋2e，
即f(2 021)－ef(2 020)>2e－2，
所以f(2 021)－ef(2 020)>2(e－1)．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2022·南通模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1≠0，a3＝3a2，则eq \f(S10,S5)的值为________．
答案 eq \f(16,3)
解析由a3＝3a2得a1＋2d＝3(a1＋d)，即d＝－2a1，
所以eq \f(S10,S5)＝eq \f(10a1＋\f(10×9,2)d,5a1＋\f(5×4,2)d)＝eq \f(10a1－90a1,5a1－20a1)＝eq \f(16,3).
14．(2022·泰安模拟)已知2sin 2α＝cs α＝sin β，且α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则cs(2α＋β)＝________.
答案－eq \f(1,4)
解析由2sin 2α＝cs α，得4sin αcs α＝cs α，
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cs α≠0，所以sin α＝eq \f(1,4)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
由cs α＝sin β＝eq \f(\r(15),4)，可得α＋β＝eq \f(π,2)，
所以cs(2α＋β)＝－sin α＝－eq \f(1,4).
15．(2022·南通模拟)设函数f(x)的定义域为R，f(x)为偶函数，f(x＋1)为奇函数，当x∈[1,2]时，f(x)＝a·2x＋b，若f(0)＋f(1)＝－4，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝________.
答案 4－4eq \r(2)
解析根据题意，由f(x＋1)为奇函数，得f(x)关于点(1,0)对称，
故f(1)＝0，
即2a＋b＝0，
∵f(0)＋f(2)＝0，
∴f(0)＝－f(2)＝－(4a＋b)，
又f(0)＋f(1)＝－4，
∴f(0)＝－4，
即4a＋b＝4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝0，,4a＋b＝4，)) 解得a＝2，b＝－4，
∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝0，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×2\f(3,2)－4))＝4－4eq \r(2).
16．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R，a≠0)有如下定义：设f′(x)是函数f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导函数，若方程f″(x)＝0有实数解m，则称点(m，f(m))为函数y＝f(x)的“拐点”．若点(1，－3)是函数g(x)＝x3－ax2＋bx－5(a，b∈R)的“拐点”，也是函数g(x)图象上的点，则函数h(x)＝eq \f(1,3)asin x＋bcs2x的最大值是______．
答案 eq \f(65,16)
解析 g′(x)＝3x2－2ax＋b，g″(x)＝6x－2a，
由题意知g″(1)＝0，则a＝3，
又g(1)＝－3，得b＝4，
所以h(x)＝sin x＋4cs2x＝sin x－4sin2x＋4，
令sin x＝t，则t∈[－1,1]，
即求y＝－4t2＋t＋4，t∈[－1,1]时的最大值，
当t＝eq \f(1,8)时，y有最大值eq \f(65,16).
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知向量m＝(sin α－2，－cs α)，n＝(－sin α，cs α)，其中α∈R.
(1)若m⊥n，求α的值；
(2)若|m－n|＝eq \r(2)，求cs 2α的值．
解 (1)向量m＝(sin α－2，－cs α)，
n＝(－sin α，cs α)，
若m⊥n，则m·n＝0，
即为－sin α(sin α－2)－cs2α＝0，
即sin α＝eq \f(1,2)，可得α＝2kπ＋eq \f(π,6)或2kπ＋eq \f(5π,6)，k∈Z.
(2)若|m－n|＝eq \r(2)，即有(m－n)2＝2，
即(2sin α－2)2＋(－2cs α)2＝2，
即为4sin2α＋4－8sin α＋4cs2α＝2，
即有8－8sin α＝2，可得sin α＝eq \f(3,4)，
即有cs 2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \f(9,16)＝－eq \f(1,8).
18．(12分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \r(3)a－csin B＝eq \r(3)bcs C.
(1)求角B的大小；
(2)若a＝3，c＝2，D为BC边上一点，CD＝eq \f(1,5)DB，求sin∠BDA的值．
解 (1)因为eq \r(3)a－csin B＝eq \r(3)bcs C，
由正弦定理可得eq \r(3)sin A－sin Bsin C
＝eq \r(3)sin Bcs C，
所以eq \r(3)sin(B＋C)－sin Bsin C＝eq \r(3)sin Bcs C，
即得eq \r(3)cs Bsin C＋eq \r(3)sin Bcs C－sin Bsin C＝eq \r(3)sin Bcs C，
可得eq \r(3)cs Bsin C＝sin Bsin C，
因为C∈(0，π)，
则sin C>0，
则有tan B＝eq \r(3)，
又B∈(0，π)，
所以B＝eq \f(π,3).
(2)因为a＝3，由CD＝eq \f(1,5)DB可得，DB＝eq \f(5,2).
在△ABD中，AD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＋22－2×eq \f(5,2)×2cs eq \f(π,3)＝eq \f(21,4)，
所以AD＝eq \f(\r(21),2).
在△ABD中，由正弦定理得，eq \f(AB,sin∠BDA)＝eq \f(AD,sin B)，
即eq \f(2,sin∠BDA)＝eq \f(\r(21),2sin \f(π,3)).
所以sin∠BDA＝eq \f(2\r(7),7).
19．(12分)(2022·昆明模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3n＝3an－2，且S5－S3＝4a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为Tn，证明：Tn(1)解设数列{an}的公差为d，在a3n＝3an－2中，令n＝1，得a3＝3a1－2，
即a1＋2d＝3a1－2，故a1＝d＋1.①
由S5－S3＝4a2
得a4＋a5＝4a2，
所以2a1＝3d.②
由①②解得a1＝3，d＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.
(2)证明由(1)可得Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，
所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,n2＋2n)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
故Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2).
因为eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2)>0，
所以Tn20．(12分)已知在△ABC中，三边a，b，c分别对应三个内角A，B，C，且eq \f(a,c＋b－a)＝eq \f(c－b＋a,b).
(1)求角C的大小；
(2)当△ABC外接圆半径R＝1时，求△ABC面积的最大值，并判断此时△ABC的形状．
解 (1)∵eq \f(a,c＋b－a)＝eq \f(c－b＋a,b)，
∴c2－(b－a)2＝ab，即b2＋a2－c2＝ab，
由余弦定理可得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，
又角C为△ABC的内角，∴0(2)∵△ABC外接圆半径R＝1，
又由正弦定理可得2R＝eq \f(c,sin C)，则c＝2Rsin C＝eq \r(3)，
∴b2＋a2－3＝ab，则ab＋3＝a2＋b2≥2ab，
∴ab≤3，当且仅当a＝b＝eq \r(3)时等号成立，
则△ABC的面积S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(\r(3),4)ab≤eq \f(3\r(3),4).
即△ABC的面积的最大值是eq \f(3\r(3),4)，当且仅当a＝b＝c＝eq \r(3)时等号成立，
此时△ABC是等边三角形．
21．(12分)(2022·平顶山、许昌质检)已知数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，a2＝3.
(1)求证：数列{an＋1－an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(n＋1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)由题意，数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，
可得an＋1－an＝2(an－an－1)，n≥2，n∈N*，
即eq \f(an＋1－an,an－an－1)＝2，n≥2，n∈N*，
所以{an＋1－an}是以2为公比，以a2－a1＝2为首项的等比数列，
所以an＋1－an＝2n，n∈N*，
又由an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝1成立，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(n＋1)an＝(n＋1)2n－(n＋1)，
所以Sn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n－(2＋3＋…＋n＋1)．
令A＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，
则2A＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，
两式相减得－A＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，
解得A＝n×2n＋1，
又由2＋3＋…＋n＋1＝eq \f(nn＋3,2)，
即Sn＝n×2n＋1－eq \f(nn＋3,2).
22．(12分)已知函数f(x)＝x＋2xln x.
(1)若直线l过点(0，－2)，且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程；
(2)若∀x>1时，f(x)－kx＋k>0成立，求整数k的最大值．
解 (1)设直线l的方程为y＝klx－2，切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x0＋2x0ln x0.
因为f′(x)＝1＋2ln x＋2＝3＋2ln x.
所以kl＝f′(x0)＝3＋2ln x0＝eq \f(y0＋2,x0)＝eq \f(x0＋2＋2x0ln x0,x0)，解得x0＝1.
所以kl＝3，所以直线l的方程为y＝3x－2.
(2)由题意知，∀x>1，eq \f(x＋2xln x,x－1)>k恒成立，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2xln x,x－1)))min>k，令g(x)＝eq \f(x＋2xln x,x－1)，
所以g′(x)＝eq \f(3＋2ln xx－1－x＋2xln x,x－12)
＝eq \f(2x－2ln x－3,x－12).
设h(x)＝2x－2ln x－3，所以h′(x)＝eq \f(2x－1,x)>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又h(2)＝1－2ln 2<0，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ln\f(5,2)))>0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))，当x∈(2，x0)时，h(x)<0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(5,2)))时，h(x)>0，
所以g(x)在(2，x0)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(5,2)))上单调递增．
所以g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0＋2x0ln x0,x0－1)，
而h(x0)＝2x0－2ln x0－3＝0，
所以g(x)min＝eq \f(2x\\al(2,0)－2x0,x0－1)＝2x0.
所以k<2x0∈(4,5)，所以kmax＝4.