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2022-2023学年天津市四校联考高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津市四校联考高二（下）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市四校联考高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 集合A={x∈N|−1
2. 若a∈R，则“|a−1|≥2”是“a≤−3”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
3. 乡村振兴战略坚持农业农村优先发展，建立健全城乡融合发展体制机制和政策体系，加快推进农业农村现代化.某乡镇通过建立帮扶政策，该乡镇财政收入y(单位：亿元)与年份x(单位：年)具有线性相关关系，根据样本数据用最小二乘法近似得到回归直线方程为y =0.94x−2.51，则下列结论中不正确的是( )
A. 回归直线过样本的中心点(x−,y−)
B. y与x具有正线性相关关系
C. 若该乡镇在第7年，则可断定其财政收入必为4.07
D. 若该乡镇每经过一年，则其财政收入约增加0.94亿元
4. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，已知函数y=f(x)的部分图象如图所示.则y=f(x)的解析式可能是( )
A. y=−xcosx B. y=1−cosxex+e−x
C. y=ln|x|x D. y=sinx+xcosx
5. 从5名医生和2名护士中选出3人，要求医生护士都需要参加，将这3人分别分配到3个医院参加交流活动，则不同的安排方法种数为( )
A. 300 B. 240 C. 180 D. 150
6. 已知正项等比数列{an}首项为1，且4a5，a3，2a4成等差数列，则{an}前6项和为( )
A. 31 B. 3132 C. 6332 D. 63
7. 已知函数满足f(−x)=f(x)，且当∀x1，x2∈[0,+∞)，x1≠x2时，(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]<0，则f(log25),f(log315),f(0.30.2)大小关系是( )
A. f(log315)
A. 12 B. 14 C. 1 D. 2
9. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的实数x都有f′(x)−f(x)=(2x+5)ex(e是自然对数的底数)，f(0)=5，若不等式f(x)−k<0的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围是( )
A. (−1e3,0] B. [−1e3,0) C. (−1e2,0] D. [−1e2,0)
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
10. 在(x2−4x)n的展开式中，二项式系数和是32，x的系数为______ ．
11. 某校高二年级一次数学考试的成绩服从正态分布X～N(μ,σ2).若平均分为100，120分以下人数概率为0.8，理论上说在80～120分数段人数概率为______ ．
12. 若p：∃x∈(2,4)，x+2x≤a是假命题，则实数a的取值范围是______ ．
13. 已知0
15. 设[x]表示不超过x的最大整数，如[e]=2，[− 3]=−2.已知函数f(x)=−(x+1)⋅ln(x+1)−2e−a,x>−1−[x]x+1−a,x≤−1有且只有4个零点，则实数a的取值范围是______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题15.0分)
已知函数f(x)=3x2−6x2lnx−c其中c为常数．
(1)当c=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若对任意x>0，不等式4c2≥f(x)恒成立，求c的取值范围．
17. (本小题15.0分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=3，E，F分别是棱AA1，BB1上的点，A1E=BF=13AA1．
(1)证明：平面CEF⊥平面ACC1A1；
(2)求B1到平面ECF距离；
(3)求直线AC1与平面CFC1夹角余弦值．
18. (本小题15.0分)
在中国，大熊猫是每个中国人都非常熟悉的动物，有着不可撼动的地位.随着国宝“萌兰”、“花花”可爱搞笑视频的流行，也掀起了一波热爱、保护动物的热潮.某动物园为了向游客宣传保护动物知识，对来访者开设小型知识问答游戏.游戏规则：每位游客回答判断、选择两组题目，每组题目各有两道题，每道题答对得2分，答错得0分，两组题目得分的和作为该游客的成绩，不低于6分，即可得到一个熊猫玩偶.小明估计答对每道判断题的概率均为12，答对每道选择题的概率均为13．
(1)按此估计求小明判断题得分比选择题得分多2分的概率；
(2)估计小明得到熊猫玩偶的概率；
(3)记小明在比赛中的得分为ξ，按此估计ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
19. (本小题15.0分)
设{an}是等比数列，{bn}是递增的等差数列，{bn}的前n项和为Sn(n∈N*)，a1=2，b1=1，S4=a1+a3，a2=b1+b3．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn=bn+2bn(bn+1)an，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Mn；
(3)设dn=an,(n=2k−1,k∈N*)bn−1,(n=2k,k∈N*)，求i=12ndidi+1．
20. (本小题15.0分)
已知函数f(x)=ex+a2x2−x+1．
(1)当a=2时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥12x3−a2x2+2，求a的取值范围；
(3)已知函数t(x)=ln(x+1)+xf(x)−ex−a2x2−2，对任意的n∈N*，求证：1n+1+1n+2+⋯+12n
1.【答案】B
【解析】解：因为集合A={x∈N|−1
故选：B．
利用集合的交集运算求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由|a−1|≥2，得a−1≤−2，或a−1≥2，得a≤−1或a≥3，
因为当a≤−1或a≥3时，a≤−3不一定成立，而当a≤−3时，a≤−1或a≥3成立，
所以“|a−1|≥2”是“a≤−3”的必要而不充分条件．
故选：B．
先解不等式|a−1|≥2，然后根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于A：回归直线过样本的中心点(x−,y−)，故A正确；
对于B：由题意得b =0.94>0，故y与x具有正线性相关关系，故B正确；
对于C：该乡镇在第7年，只能估计，不能断定其财政收入为4.07，故C错误；
对于D：若该乡镇每经过一年，则其财政收入约增加0.94亿元，故D正确．
故选：C．
对于A：根据回归直线过样本的中心点(x−,y−)判断；对于B：根据b =0.94>0判断；对于C：根据回归分析的意义判断；对于D：根据回归直线方程为y =0.94x−2.51判断．
本题考查线性回归方程，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：y=f(x)的图象关于原点对称，则y=f(x)是奇函数，排除B；
当x=0时，f(x)=0，排除C；
当x=π时，f(x)>0，排除D．
故选：A．
根据y=f(x)的图象关于原点对称排除部分选项，再由x=0，x=π时的函数值判断．
本题主要考查函数的图象与图象的变换，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，先选出三人分两种情况，
即2名医生和1名护士，有C52C21种选法，
或1名医生和2名护士，有C51C22种选法，
再将选出的三个人全排列即可，
所以共有(C52C21+C51C22)A33=(5×42×2+5×1)×6=150种安排方法．
故选：D．
根据分步计数原理，结合排列组合即可求解．
本题考查排列组合，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵4a5，a3，2a4成等差数列，∴2a3=4a5+2a4，
又正项等比数列{an}首项为1，∴2q2+q−1=0，解得q=12或q=−1(舍去)，
∴S6=a1(1−q6)1−q=1×[1−(12)6]1−12=6332，
故选：C．
利用等差数列的性质及等比数列的前n项和公式即可求解．
本题考查等差数列的性质，考查等比数列的通项公式及前n项和，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由f(−x)=f(x)，得f(log315)=f(−log35)=f(log35)，
由当∀x1，x2∈[0,+∞)，x1≠x2时，(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]<0，得函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，
显然0log35>1，而0<0.30.2<0.30=1，
因此log25>log35>0．30.2>0，即有f(log25)
利用f(−x)=f(x)变形f(log315)，由给定不等式确定函数f(x)的单调性，再利用指数、对数函数的性质比较大小作答．
本题主要考查了函数的单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为3x=2y=6，
所以x=log36，y=log26，
所以1x=log63，1y=log62，
则(x+y)2x2y2=(1x+1y)2=(log66)2=1．
故选：C．
由3x=2y=6，得到1x=1log63,1y=1log62，然后由(x+y)2x2y2=(1x+1y)2求解．
本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：由已知得f′(x)−f(x)ex=2x+5，
令G(x)=f(x)ex，则G′(x)=f′(x)−f(x)ex=2x+5，即G(x)=x2+5x+c，
∵G(0)=f(0)e0=5，
∴G(0)=c=5，
∴G(x)=x2+5x+5，
∴f(x)=(x2+5x+5)ex，
∴f′(x)=(x2+7x+10)ex=(x+2)(x+5)ex，
令f′(x)=0得x=−2，x=−5，
x
(−∞,−5)
−5
(−5,−2)
−2
(−2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
可知x=−5时，f(x)取得极大值1e5，x=−2时，f(x)取得极小值−1e2，
其中f(−1)=1e>0，f(−3)=−1e3<0，f(−4)=1e4>0，
当x趋近于负无穷时，f(x)趋近于零，则函数的草图如下图，
∵不等式f(x)−k<0的解集中恰有两个整数，
∴当−1e3
故选：A．
构造函数，结合f′(x)−f(x)=(2x+5)ex和f(0)=5，利用导数画出f(x)的图象，结合函数图象即可求出实数k的取值范围．
本题考查函数与导数的综合运用，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】−640
【解析】解：由题意可得：2n=32，解得n=5，
可得(x2−4x)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(x2)5−r(−4x)r=C5r⋅(−4)r⋅x10−3r,r=0,1,2,3,4,5，
令10−3r=1，解得r=3，则T4=C53⋅(−4)3⋅x=−640x，
所以x的系数为−640．
故答案为：−640．
根据二项式系数之和可得n=5，进而结合二项展开式的通项公式运算求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
11.【答案】0.6
【解析】解：由题意得X～N(100,σ2)，P(X<120)=0.8，
所以P(X≥120)=1−P(X<120)=1−0.8=0.2
所以P(80
根据正态分布的性质求解即可．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
12.【答案】(−∞,3]
【解析】解：由题意可得：∀x∈(2,4)，x+2x>a是真命题，
因为f(x)=x+2x在(2,4)上单调递增，则f(x)>f(2)=3，可得a≤3，
所以实数a的取值范围是(−∞,3]．
故答案为：(−∞,3]．
根据题意分析可得∀x∈(2,4)，x+2x>a是真命题，结合对勾函数单调性运算求解．
本题主要考查存在量词和特称命题，属于基础题．
13.【答案】4 3−23
【解析】解：2a+6a−63−2a=2a−6−6a3−2a=2a−3(3−2a)−33−2a=42a+33−2a−3，
∵0
∴42a+33−2a=13[(3−2a)+2a](42a+33−2a)=13[4(3−2a)2a+6a3−2a+7]≥13[2 4(3−2a)2a+6a3−2a+7]=4 3+73，
当且仅当4(3−2a)2a=6a3−2a时，即a=6−3 3时等号成立，
所以2a+6a−63−2a的最小值为4 3−23．
故答案为：4 3−23．
巧用1的代换根据基本不等式求最值．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】4350 1143
【解析】解：设事件A为他准点到达天津，事件B为他乘坐高铁到达天津，事件C为他乘坐大巴到达天津，
若他乘坐高铁，且正点到达天津的概率为P(AB)=0.6×0.9=0.54，
若他乘坐大巴，且正点到达天津的概率为P(AC)=0.4×0.8=0.32，
则P(A)=0.54+0.32=0.86=4350，且P(B|A)=P(AB)P(A)=0.540.86=2743,P(C|A)=P(AC)P(A)=0.320.86=1643，
所以乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高2743−1643=1143．
故答案为：4350；1143．
根据互斥事件的概率公式，求得他准点到达天津的概率，再结合条件概率的计算公式，即可求解．
本题主要考查了互斥事件的概率公式，考查了条件概率公式，属于中档题．
15.【答案】[−12,−1e)
【解析】解：设f(x)=g(x)−a，由已知条件得，则g(x)=a有且只有4个根，
当x>−1时，g′(x)=−ln(x+1)−1，
当−10，函数g(x)单调递增，
当x>1e−1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
所以当x>−1时，g(x)max=−1e；
当−2
故函数图象如下图所示：
由图可知，a∈[−12,−1e)．
故答案为：[−12,−1e)．
设f(x)=g(x)−a，利用导数画出x>−1部分的函数图象，在求出x≤−1的函数解析式，并画出函数图象，数形结合即可求解．
本题考查函数与导数的综合运用，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当c=0时，f(x)=3x2−6x2lnx，
则f(1)=3，f′(x)=6x−(12xlnx+6x2⋅1x)=−12xlnx，
所以f′(1)=0，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=0，
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，
由f(x)=3x2−6x2lnx−c，得f′(x)=6x−(12xlnx+6x2⋅1x)=−12xlnx，
当00，当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)，
(3)由(2)可知当x=1取得最大值f(1)=3−c，
因为对任意x>0，不等式4c2≥f(x)恒成立，
所以4c2≥3−c，即4c2+c−3≥0，(c+1)(4c−3)≥0，
解得c≤−1或c≥34，
即c的取值范围为(−∞,−1]⋃[34,+∞)．
【解析】(1)利用导数的几何意义求解即可；
(2)先求函数的定义域，然后对函数求导，再根据导数的正负可求出函数的单调区间；
(3)将问题转化为4c2≥f(x)max，由(2)可求出f(x)的最大值，然后解不等式可得结果．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取BC和B1C1 的中点O和G，连接OA和OG，
易知△ABC为正三角形，则OA⊥BC，
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(−1,0,0),A(0, 3,0),F(1,0,1),E(0, 3,2)，
则CF=(2,0,1),CE=(1, 3,2),CA=(1, 3,0),CC1=(0,0,3)，
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CF=0n⋅CE=0，即2x+z=0x+ 3y+2z=0，则可取n=(−1,− 3,2)，
设平面ACC1A1的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅CA=0m⋅CC1=0，即a+ 3b=03c=0，则可取m=( 3,−1,0)，
因为m⋅n=− 3+ 3=0，
所以m⊥n，
所以平面CEF⊥平面ACC1A1．
(2)由平面CEF的法向量为n=(−1,− 3,2)，FB1=(0,0,2)，|FB1|=2，
设直线FB1与平面CEF所成的角为θ，
可得sinθ=|cos〈FB1,n〉|=|FB1⋅n||FB1||n|=42 2×2= 22，
则B1到平面CEF的距离为d=|FB1|⋅sinθ=2× 22= 2．
(3)由△ABC为正三角形，且O为BC的中点，可得OA⊥BC，
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，可得OA⊥平面BCC1B1，
所以OA=(0, 3,0)为平面BCC1B1的一个法向量，即为平面CFC1的一个法向量，
又由A(0, 3,0),C1(−1,0,3)，
可得C1A=(1, 3,−3)，
设直线AC1与平面CFC1夹角为α，
可得sinα=|cos〈C1A,OA〉|=|C1A⋅OA||C1A||OA|=3 3⋅ 13= 3 13，
则cosα= 1−( 3 13)2= 13013，
即直线AC1与平面CFC1夹角的余弦值为 13013．
【解析】(1)取BC和B1C1 的中点O和G，以O为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面CEF和平面ACC1A1的一个法向量n=(−1,− 3,2)，m=( 3,−1,0)，结合m⊥n，即可得证；
(2)由平面CEF的法向量为n=(−1,− 3,2)，且FB1=(0,0,2)，结合向量的夹角公式，即可求解；
(3)由OA⊥平面BCC1B1，得到平面CFC1的一个法向量OA=(0, 3,0)和C1A=(1, 3,−3)，结合向量的夹角公式，求得直线AC1与平面CFC1夹角余弦值．
本题考查空间向量在立体几何中的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)事件A表示“小明判断题得分比选择题得分多2分”，
则事件A包含小明判断题答对1道，选择题答对0道，
或者小明判断题答对2道，选择题答对1道，
则P(A)=C21⋅12×12×23×23+12×12⋅C21⋅13×23=1236=13．
所以小明判断题得分比选择题得分多2分的概率13．
(2)事件B表示“小明得到熊猫玩偶”，
则事件B包含小明得分6分，或者得分8分，
且小明得分6分表示判断题答对2题且选择题答对1题，
或者判断题答对1题且选择题答对2题，
概率为12×12⋅C21⋅13×23+C21⋅12×12×13×13=636=16，
小明得分8分表示判断题答对2题且选择题答对2题，
概率为12×12×13×13=136，所以P(B)=16+136=736．
所以小明得到熊猫玩偶的概率为736．
(3)由题意可知，ξ的可能取值有0，2，4，6，8，
则P(ξ=0)=12×12×23×23=436=19，
P(ξ=2)=C21⋅12×12×23×23+12×12⋅C21⋅13×23=1236=13，
P(ξ=4)=12×12×13×13+12×12×23×23+C21⋅12×12×C21⋅13×23=1336，
P(ξ=6)=12×12⋅C21⋅13×23+C21⋅12×12×13×13=636=16，
P(ξ=8)=12×12×13×13=136，
则分布列为：
ξ
0
2
4
6
8
P
19
13
1336
16
136
则E(ξ)=0×19+2×13+4×1336+6×16+8×136=103．
【解析】(1)根据题意，事件包含两种情况，小明判断题答对1道，选择题答对0道，或者小明判断题答对2道，选择题答对1道，即可得到结果；
(2)根据题意，小明得分6分，或者得分8分，列出式子即可得到结果；
(3)根据题意，由条件可得ξ的可能取值有0，2，4，6，8，然后分别求出其对应的概率，即可得到结果．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)设等比数列的公比为q，等差数列的公差为d(d>0)，
由已知条件得4b1+6d=a1+a1q2a1q=2b1+2d，
即2+6d=2q22q=2+2d，
解得q=1d=0(舍去)或q=2d=1，
所以an=a1qn−1=2n，bn=b1+(n−1)d=n；
(2)cn=bn+2bn(bn+1)an=n+2n(n+1)2n=2(n+1)−nn(n+1)2n=1n⋅2n−1−1(n+1)2n，
Mn=1−12⋅21+12⋅21−13⋅22+⋅⋅⋅+1(n−1)⋅2n−2−1n⋅2n−1+1n⋅2n−1−1(n+1)2n
=1−1(n+1)2n；
(3)由已知得dn=2n,(n=2k−1,k∈N*)n−1,(n=2k,k∈N*)，
d2n−1d2n+d2nd2n+1=d2n(d2n−1+d2n+1)=(2n−1)(22n−1+22n+1)=5(2n−1)22n−1=52(2n−1)4n，
则i=12ndidi+1表示数列{52(2n−1)4n}的前n项和，
令Tn是数列{(2n−1)4n}的前n项和，
则Tn=1⋅41+3⋅42+5⋅43+⋯+(2n−1)⋅4n，
4Tn=1⋅42+3⋅43+5⋅44+⋯+(2n−1)⋅4n+1，
−3Tn=1⋅41+2(42+43+⋯+4n)−(2n−1)4n+1=4+216−4n+1−3−(2n−1)4n+1
=−203+(−2n+53)4n+1，
即Tn=209+(6n−59)4n+1，
故i=12ndidi+1=52Tn=509+5(6n−518)4n+1．
【解析】(1)利用等差数列的前n项和公式，等差数列以及等比数列的通项公式求解；
(2)利用裂项法求和；
(3)利用错位相减法求和．
本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)函数的定义域为R，
当a=2时，f(x)=ex+x2−x+1，则f′(x)=ex+2x−1，
令φ(x)=f′(x)=ex+2x−1，则φ′(x)=ex+2>0，
所以φ(x)在R上递增，
因为φ(0)=e0−1=0，
所以当x<0时，φ(x)<0，即f′(x)<0，
当x>0时，φ(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)上递增，在(−∞,0)上递减；
(2)由f(x)≥12x3−a2x2+2，得ex+a2x2−x+1≥12x3−a2x2+2，
即ex≥12x3−ax2+x+1，
所以(12x3−ax2+x+1)⋅e−x≤1，
令g(x)=(12x3−ax2+x+1)⋅e−x，
则g′(x)=−(12x3−ax2+x+1−32x2+2ax−1)e−x
=−12x[x2−(2a+3)x+4a+2]e−x=−12x(x−2a−1)(x−2)e−x，
①若2a+1≤0，即a≤−12时，当00，
所以g(x)在(0,2)上递增，而g(0)=1，
所以当01，不合题意；
②若0<2a+1<2，即−122时，g′(x)<0，
当2a+10，
所以g(x)在(2a+1,2)上递增，在(0,2a+1)和(2,+∞)上递减，
因为g(0)=1，
所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥7−e24，
所以当7−e24≤a<12时，g(x)≤1，
③若2a+1≥2，即a≥12时，g(x)≤(12x3+x+1)e−x，
由于0∈[7−e24,12),
所以由②可得(12x3+x+1)e−x≤1，
所以当a≥12时，g(x)≤1，
综上，a的取值范围为[7−e24,+∞)；
(3)证明：t(x)=ln(x+1)+xf(x)−ex−a2x2−2=ln(x+1)+xex+a2x2−x+1−ex−a2x2−2
=ln(x+1)−xx+1=ln(x+1)+1x+1−1，
则t′(x)=1x+1−1(x+1)2=x(x+1)2，
当x>0时，t′(x)>0，
所以t(x)在(0,+∞)上递增，
所以t(x)>t(0)=0，
所以ln(x+1)−xx+1>0(x>0)，
所以ln(x+1)>xx+1=11+1x(x>0)，
令x=1n(n∈N*)，则ln(1n+1)>11+n(n∈N*)，
即ln1+nn>11+n(n∈N*)，
所以11+n
(2)将问题转化为(12x3−ax2+x+1)⋅e−x≤1恒成立，设g(x)=(12x3−ax2+x+1)⋅e−x，对函数求导，分2a+1≤0，0<2a+1<2，2a+1≥2三种情况讨论g(x)的最值，即可得解；
(3)由题意得t(x)=ln(x+1)+1x+1−1，求导后可判断t(x)在(0,+∞)上递增，则ln(x+1)−xx+1>0(x>0)，令x=1n(n∈N*)，则11+n
2022-2023学年天津市四校联考高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共9小题，共45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 集合A={x∈N|−1
2. 若a∈R，则“|a−1|≥2”是“a≤−3”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
3. 乡村振兴战略坚持农业农村优先发展，建立健全城乡融合发展体制机制和政策体系，加快推进农业农村现代化.某乡镇通过建立帮扶政策，该乡镇财政收入y(单位：亿元)与年份x(单位：年)具有线性相关关系，根据样本数据用最小二乘法近似得到回归直线方程为y =0.94x−2.51，则下列结论中不正确的是( )
A. 回归直线过样本的中心点(x−,y−)
B. y与x具有正线性相关关系
C. 若该乡镇在第7年，则可断定其财政收入必为4.07
D. 若该乡镇每经过一年，则其财政收入约增加0.94亿元
4. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，已知函数y=f(x)的部分图象如图所示.则y=f(x)的解析式可能是( )
A. y=−xcosx B. y=1−cosxex+e−x
C. y=ln|x|x D. y=sinx+xcosx
5. 从5名医生和2名护士中选出3人，要求医生护士都需要参加，将这3人分别分配到3个医院参加交流活动，则不同的安排方法种数为( )
A. 300 B. 240 C. 180 D. 150
6. 已知正项等比数列{an}首项为1，且4a5，a3，2a4成等差数列，则{an}前6项和为( )
A. 31 B. 3132 C. 6332 D. 63
7. 已知函数满足f(−x)=f(x)，且当∀x1，x2∈[0,+∞)，x1≠x2时，(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]<0，则f(log25),f(log315),f(0.30.2)大小关系是( )
A. f(log315)
A. 12 B. 14 C. 1 D. 2
9. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的实数x都有f′(x)−f(x)=(2x+5)ex(e是自然对数的底数)，f(0)=5，若不等式f(x)−k<0的解集中恰有两个整数，则实数k的取值范围是( )
A. (−1e3,0] B. [−1e3,0) C. (−1e2,0] D. [−1e2,0)
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
10. 在(x2−4x)n的展开式中，二项式系数和是32，x的系数为______ ．
11. 某校高二年级一次数学考试的成绩服从正态分布X～N(μ,σ2).若平均分为100，120分以下人数概率为0.8，理论上说在80～120分数段人数概率为______ ．
12. 若p：∃x∈(2,4)，x+2x≤a是假命题，则实数a的取值范围是______ ．
13. 已知0
15. 设[x]表示不超过x的最大整数，如[e]=2，[− 3]=−2.已知函数f(x)=−(x+1)⋅ln(x+1)−2e−a,x>−1−[x]x+1−a,x≤−1有且只有4个零点，则实数a的取值范围是______ ．
三、解答题（本大题共5小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题15.0分)
已知函数f(x)=3x2−6x2lnx−c其中c为常数．
(1)当c=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若对任意x>0，不等式4c2≥f(x)恒成立，求c的取值范围．
17. (本小题15.0分)
如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=3，E，F分别是棱AA1，BB1上的点，A1E=BF=13AA1．
(1)证明：平面CEF⊥平面ACC1A1；
(2)求B1到平面ECF距离；
(3)求直线AC1与平面CFC1夹角余弦值．
18. (本小题15.0分)
在中国，大熊猫是每个中国人都非常熟悉的动物，有着不可撼动的地位.随着国宝“萌兰”、“花花”可爱搞笑视频的流行，也掀起了一波热爱、保护动物的热潮.某动物园为了向游客宣传保护动物知识，对来访者开设小型知识问答游戏.游戏规则：每位游客回答判断、选择两组题目，每组题目各有两道题，每道题答对得2分，答错得0分，两组题目得分的和作为该游客的成绩，不低于6分，即可得到一个熊猫玩偶.小明估计答对每道判断题的概率均为12，答对每道选择题的概率均为13．
(1)按此估计求小明判断题得分比选择题得分多2分的概率；
(2)估计小明得到熊猫玩偶的概率；
(3)记小明在比赛中的得分为ξ，按此估计ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
19. (本小题15.0分)
设{an}是等比数列，{bn}是递增的等差数列，{bn}的前n项和为Sn(n∈N*)，a1=2，b1=1，S4=a1+a3，a2=b1+b3．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn=bn+2bn(bn+1)an，n∈N*，求数列{cn}的前n项和Mn；
(3)设dn=an,(n=2k−1,k∈N*)bn−1,(n=2k,k∈N*)，求i=12ndidi+1．
20. (本小题15.0分)
已知函数f(x)=ex+a2x2−x+1．
(1)当a=2时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥12x3−a2x2+2，求a的取值范围；
(3)已知函数t(x)=ln(x+1)+xf(x)−ex−a2x2−2，对任意的n∈N*，求证：1n+1+1n+2+⋯+12n
1.【答案】B
【解析】解：因为集合A={x∈N|−1
故选：B．
利用集合的交集运算求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由|a−1|≥2，得a−1≤−2，或a−1≥2，得a≤−1或a≥3，
因为当a≤−1或a≥3时，a≤−3不一定成立，而当a≤−3时，a≤−1或a≥3成立，
所以“|a−1|≥2”是“a≤−3”的必要而不充分条件．
故选：B．
先解不等式|a−1|≥2，然后根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于A：回归直线过样本的中心点(x−,y−)，故A正确；
对于B：由题意得b =0.94>0，故y与x具有正线性相关关系，故B正确；
对于C：该乡镇在第7年，只能估计，不能断定其财政收入为4.07，故C错误；
对于D：若该乡镇每经过一年，则其财政收入约增加0.94亿元，故D正确．
故选：C．
对于A：根据回归直线过样本的中心点(x−,y−)判断；对于B：根据b =0.94>0判断；对于C：根据回归分析的意义判断；对于D：根据回归直线方程为y =0.94x−2.51判断．
本题考查线性回归方程，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：y=f(x)的图象关于原点对称，则y=f(x)是奇函数，排除B；
当x=0时，f(x)=0，排除C；
当x=π时，f(x)>0，排除D．
故选：A．
根据y=f(x)的图象关于原点对称排除部分选项，再由x=0，x=π时的函数值判断．
本题主要考查函数的图象与图象的变换，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由题意，先选出三人分两种情况，
即2名医生和1名护士，有C52C21种选法，
或1名医生和2名护士，有C51C22种选法，
再将选出的三个人全排列即可，
所以共有(C52C21+C51C22)A33=(5×42×2+5×1)×6=150种安排方法．
故选：D．
根据分步计数原理，结合排列组合即可求解．
本题考查排列组合，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵4a5，a3，2a4成等差数列，∴2a3=4a5+2a4，
又正项等比数列{an}首项为1，∴2q2+q−1=0，解得q=12或q=−1(舍去)，
∴S6=a1(1−q6)1−q=1×[1−(12)6]1−12=6332，
故选：C．
利用等差数列的性质及等比数列的前n项和公式即可求解．
本题考查等差数列的性质，考查等比数列的通项公式及前n项和，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：由f(−x)=f(x)，得f(log315)=f(−log35)=f(log35)，
由当∀x1，x2∈[0,+∞)，x1≠x2时，(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]<0，得函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，
显然0
因此log25>log35>0．30.2>0，即有f(log25)
利用f(−x)=f(x)变形f(log315)，由给定不等式确定函数f(x)的单调性，再利用指数、对数函数的性质比较大小作答．
本题主要考查了函数的单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为3x=2y=6，
所以x=log36，y=log26，
所以1x=log63，1y=log62，
则(x+y)2x2y2=(1x+1y)2=(log66)2=1．
故选：C．
由3x=2y=6，得到1x=1log63,1y=1log62，然后由(x+y)2x2y2=(1x+1y)2求解．
本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：由已知得f′(x)−f(x)ex=2x+5，
令G(x)=f(x)ex，则G′(x)=f′(x)−f(x)ex=2x+5，即G(x)=x2+5x+c，
∵G(0)=f(0)e0=5，
∴G(0)=c=5，
∴G(x)=x2+5x+5，
∴f(x)=(x2+5x+5)ex，
∴f′(x)=(x2+7x+10)ex=(x+2)(x+5)ex，
令f′(x)=0得x=−2，x=−5，
x
(−∞,−5)
−5
(−5,−2)
−2
(−2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
可知x=−5时，f(x)取得极大值1e5，x=−2时，f(x)取得极小值−1e2，
其中f(−1)=1e>0，f(−3)=−1e3<0，f(−4)=1e4>0，
当x趋近于负无穷时，f(x)趋近于零，则函数的草图如下图，
∵不等式f(x)−k<0的解集中恰有两个整数，
∴当−1e3
故选：A．
构造函数，结合f′(x)−f(x)=(2x+5)ex和f(0)=5，利用导数画出f(x)的图象，结合函数图象即可求出实数k的取值范围．
本题考查函数与导数的综合运用，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】−640
【解析】解：由题意可得：2n=32，解得n=5，
可得(x2−4x)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(x2)5−r(−4x)r=C5r⋅(−4)r⋅x10−3r,r=0,1,2,3,4,5，
令10−3r=1，解得r=3，则T4=C53⋅(−4)3⋅x=−640x，
所以x的系数为−640．
故答案为：−640．
根据二项式系数之和可得n=5，进而结合二项展开式的通项公式运算求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
11.【答案】0.6
【解析】解：由题意得X～N(100,σ2)，P(X<120)=0.8，
所以P(X≥120)=1−P(X<120)=1−0.8=0.2
所以P(80
根据正态分布的性质求解即可．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
12.【答案】(−∞,3]
【解析】解：由题意可得：∀x∈(2,4)，x+2x>a是真命题，
因为f(x)=x+2x在(2,4)上单调递增，则f(x)>f(2)=3，可得a≤3，
所以实数a的取值范围是(−∞,3]．
故答案为：(−∞,3]．
根据题意分析可得∀x∈(2,4)，x+2x>a是真命题，结合对勾函数单调性运算求解．
本题主要考查存在量词和特称命题，属于基础题．
13.【答案】4 3−23
【解析】解：2a+6a−63−2a=2a−6−6a3−2a=2a−3(3−2a)−33−2a=42a+33−2a−3，
∵0
∴42a+33−2a=13[(3−2a)+2a](42a+33−2a)=13[4(3−2a)2a+6a3−2a+7]≥13[2 4(3−2a)2a+6a3−2a+7]=4 3+73，
当且仅当4(3−2a)2a=6a3−2a时，即a=6−3 3时等号成立，
所以2a+6a−63−2a的最小值为4 3−23．
故答案为：4 3−23．
巧用1的代换根据基本不等式求最值．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】4350 1143
【解析】解：设事件A为他准点到达天津，事件B为他乘坐高铁到达天津，事件C为他乘坐大巴到达天津，
若他乘坐高铁，且正点到达天津的概率为P(AB)=0.6×0.9=0.54，
若他乘坐大巴，且正点到达天津的概率为P(AC)=0.4×0.8=0.32，
则P(A)=0.54+0.32=0.86=4350，且P(B|A)=P(AB)P(A)=0.540.86=2743,P(C|A)=P(AC)P(A)=0.320.86=1643，
所以乘坐高铁准点到达比乘坐大巴准点到达的概率高2743−1643=1143．
故答案为：4350；1143．
根据互斥事件的概率公式，求得他准点到达天津的概率，再结合条件概率的计算公式，即可求解．
本题主要考查了互斥事件的概率公式，考查了条件概率公式，属于中档题．
15.【答案】[−12,−1e)
【解析】解：设f(x)=g(x)−a，由已知条件得，则g(x)=a有且只有4个根，
当x>−1时，g′(x)=−ln(x+1)−1，
当−1
当x>1e−1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
所以当x>−1时，g(x)max=−1e；
当−2
故函数图象如下图所示：
由图可知，a∈[−12,−1e)．
故答案为：[−12,−1e)．
设f(x)=g(x)−a，利用导数画出x>−1部分的函数图象，在求出x≤−1的函数解析式，并画出函数图象，数形结合即可求解．
本题考查函数与导数的综合运用，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当c=0时，f(x)=3x2−6x2lnx，
则f(1)=3，f′(x)=6x−(12xlnx+6x2⋅1x)=−12xlnx，
所以f′(1)=0，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=0，
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，
由f(x)=3x2−6x2lnx−c，得f′(x)=6x−(12xlnx+6x2⋅1x)=−12xlnx，
当0
所以f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)，
(3)由(2)可知当x=1取得最大值f(1)=3−c，
因为对任意x>0，不等式4c2≥f(x)恒成立，
所以4c2≥3−c，即4c2+c−3≥0，(c+1)(4c−3)≥0，
解得c≤−1或c≥34，
即c的取值范围为(−∞,−1]⋃[34,+∞)．
【解析】(1)利用导数的几何意义求解即可；
(2)先求函数的定义域，然后对函数求导，再根据导数的正负可求出函数的单调区间；
(3)将问题转化为4c2≥f(x)max，由(2)可求出f(x)的最大值，然后解不等式可得结果．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：取BC和B1C1 的中点O和G，连接OA和OG，
易知△ABC为正三角形，则OA⊥BC，
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(−1,0,0),A(0, 3,0),F(1,0,1),E(0, 3,2)，
则CF=(2,0,1),CE=(1, 3,2),CA=(1, 3,0),CC1=(0,0,3)，
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CF=0n⋅CE=0，即2x+z=0x+ 3y+2z=0，则可取n=(−1,− 3,2)，
设平面ACC1A1的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅CA=0m⋅CC1=0，即a+ 3b=03c=0，则可取m=( 3,−1,0)，
因为m⋅n=− 3+ 3=0，
所以m⊥n，
所以平面CEF⊥平面ACC1A1．
(2)由平面CEF的法向量为n=(−1,− 3,2)，FB1=(0,0,2)，|FB1|=2，
设直线FB1与平面CEF所成的角为θ，
可得sinθ=|cos〈FB1,n〉|=|FB1⋅n||FB1||n|=42 2×2= 22，
则B1到平面CEF的距离为d=|FB1|⋅sinθ=2× 22= 2．
(3)由△ABC为正三角形，且O为BC的中点，可得OA⊥BC，
在正三棱柱ABC−A1B1C1中，可得OA⊥平面BCC1B1，
所以OA=(0, 3,0)为平面BCC1B1的一个法向量，即为平面CFC1的一个法向量，
又由A(0, 3,0),C1(−1,0,3)，
可得C1A=(1, 3,−3)，
设直线AC1与平面CFC1夹角为α，
可得sinα=|cos〈C1A,OA〉|=|C1A⋅OA||C1A||OA|=3 3⋅ 13= 3 13，
则cosα= 1−( 3 13)2= 13013，
即直线AC1与平面CFC1夹角的余弦值为 13013．
【解析】(1)取BC和B1C1 的中点O和G，以O为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面CEF和平面ACC1A1的一个法向量n=(−1,− 3,2)，m=( 3,−1,0)，结合m⊥n，即可得证；
(2)由平面CEF的法向量为n=(−1,− 3,2)，且FB1=(0,0,2)，结合向量的夹角公式，即可求解；
(3)由OA⊥平面BCC1B1，得到平面CFC1的一个法向量OA=(0, 3,0)和C1A=(1, 3,−3)，结合向量的夹角公式，求得直线AC1与平面CFC1夹角余弦值．
本题考查空间向量在立体几何中的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)事件A表示“小明判断题得分比选择题得分多2分”，
则事件A包含小明判断题答对1道，选择题答对0道，
或者小明判断题答对2道，选择题答对1道，
则P(A)=C21⋅12×12×23×23+12×12⋅C21⋅13×23=1236=13．
所以小明判断题得分比选择题得分多2分的概率13．
(2)事件B表示“小明得到熊猫玩偶”，
则事件B包含小明得分6分，或者得分8分，
且小明得分6分表示判断题答对2题且选择题答对1题，
或者判断题答对1题且选择题答对2题，
概率为12×12⋅C21⋅13×23+C21⋅12×12×13×13=636=16，
小明得分8分表示判断题答对2题且选择题答对2题，
概率为12×12×13×13=136，所以P(B)=16+136=736．
所以小明得到熊猫玩偶的概率为736．
(3)由题意可知，ξ的可能取值有0，2，4，6，8，
则P(ξ=0)=12×12×23×23=436=19，
P(ξ=2)=C21⋅12×12×23×23+12×12⋅C21⋅13×23=1236=13，
P(ξ=4)=12×12×13×13+12×12×23×23+C21⋅12×12×C21⋅13×23=1336，
P(ξ=6)=12×12⋅C21⋅13×23+C21⋅12×12×13×13=636=16，
P(ξ=8)=12×12×13×13=136，
则分布列为：
ξ
0
2
4
6
8
P
19
13
1336
16
136
则E(ξ)=0×19+2×13+4×1336+6×16+8×136=103．
【解析】(1)根据题意，事件包含两种情况，小明判断题答对1道，选择题答对0道，或者小明判断题答对2道，选择题答对1道，即可得到结果；
(2)根据题意，小明得分6分，或者得分8分，列出式子即可得到结果；
(3)根据题意，由条件可得ξ的可能取值有0，2，4，6，8，然后分别求出其对应的概率，即可得到结果．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
19.【答案】解：(1)设等比数列的公比为q，等差数列的公差为d(d>0)，
由已知条件得4b1+6d=a1+a1q2a1q=2b1+2d，
即2+6d=2q22q=2+2d，
解得q=1d=0(舍去)或q=2d=1，
所以an=a1qn−1=2n，bn=b1+(n−1)d=n；
(2)cn=bn+2bn(bn+1)an=n+2n(n+1)2n=2(n+1)−nn(n+1)2n=1n⋅2n−1−1(n+1)2n，
Mn=1−12⋅21+12⋅21−13⋅22+⋅⋅⋅+1(n−1)⋅2n−2−1n⋅2n−1+1n⋅2n−1−1(n+1)2n
=1−1(n+1)2n；
(3)由已知得dn=2n,(n=2k−1,k∈N*)n−1,(n=2k,k∈N*)，
d2n−1d2n+d2nd2n+1=d2n(d2n−1+d2n+1)=(2n−1)(22n−1+22n+1)=5(2n−1)22n−1=52(2n−1)4n，
则i=12ndidi+1表示数列{52(2n−1)4n}的前n项和，
令Tn是数列{(2n−1)4n}的前n项和，
则Tn=1⋅41+3⋅42+5⋅43+⋯+(2n−1)⋅4n，
4Tn=1⋅42+3⋅43+5⋅44+⋯+(2n−1)⋅4n+1，
−3Tn=1⋅41+2(42+43+⋯+4n)−(2n−1)4n+1=4+216−4n+1−3−(2n−1)4n+1
=−203+(−2n+53)4n+1，
即Tn=209+(6n−59)4n+1，
故i=12ndidi+1=52Tn=509+5(6n−518)4n+1．
【解析】(1)利用等差数列的前n项和公式，等差数列以及等比数列的通项公式求解；
(2)利用裂项法求和；
(3)利用错位相减法求和．
本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)函数的定义域为R，
当a=2时，f(x)=ex+x2−x+1，则f′(x)=ex+2x−1，
令φ(x)=f′(x)=ex+2x−1，则φ′(x)=ex+2>0，
所以φ(x)在R上递增，
因为φ(0)=e0−1=0，
所以当x<0时，φ(x)<0，即f′(x)<0，
当x>0时，φ(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在(0,+∞)上递增，在(−∞,0)上递减；
(2)由f(x)≥12x3−a2x2+2，得ex+a2x2−x+1≥12x3−a2x2+2，
即ex≥12x3−ax2+x+1，
所以(12x3−ax2+x+1)⋅e−x≤1，
令g(x)=(12x3−ax2+x+1)⋅e−x，
则g′(x)=−(12x3−ax2+x+1−32x2+2ax−1)e−x
=−12x[x2−(2a+3)x+4a+2]e−x=−12x(x−2a−1)(x−2)e−x，
①若2a+1≤0，即a≤−12时，当0
所以g(x)在(0,2)上递增，而g(0)=1，
所以当0
②若0<2a+1<2，即−12
当2a+1
所以g(x)在(2a+1,2)上递增，在(0,2a+1)和(2,+∞)上递减，
因为g(0)=1，
所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥7−e24，
所以当7−e24≤a<12时，g(x)≤1，
③若2a+1≥2，即a≥12时，g(x)≤(12x3+x+1)e−x，
由于0∈[7−e24,12),
所以由②可得(12x3+x+1)e−x≤1，
所以当a≥12时，g(x)≤1，
综上，a的取值范围为[7−e24,+∞)；
(3)证明：t(x)=ln(x+1)+xf(x)−ex−a2x2−2=ln(x+1)+xex+a2x2−x+1−ex−a2x2−2
=ln(x+1)−xx+1=ln(x+1)+1x+1−1，
则t′(x)=1x+1−1(x+1)2=x(x+1)2，
当x>0时，t′(x)>0，
所以t(x)在(0,+∞)上递增，
所以t(x)>t(0)=0，
所以ln(x+1)−xx+1>0(x>0)，
所以ln(x+1)>xx+1=11+1x(x>0)，
令x=1n(n∈N*)，则ln(1n+1)>11+n(n∈N*)，
即ln1+nn>11+n(n∈N*)，
所以11+n
(2)将问题转化为(12x3−ax2+x+1)⋅e−x≤1恒成立，设g(x)=(12x3−ax2+x+1)⋅e−x，对函数求导，分2a+1≤0，0<2a+1<2，2a+1≥2三种情况讨论g(x)的最值，即可得解；
(3)由题意得t(x)=ln(x+1)+1x+1−1，求导后可判断t(x)在(0,+∞)上递增，则ln(x+1)−xx+1>0(x>0)，令x=1n(n∈N*)，则11+n
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