2023-2024学年江西省宜春市宜丰重点中学高二（上）第一次月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省宜春市宜丰重点中学高二（上）第一次月考数学试卷（10月份）（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设函数f(x)的导函数为f′(x)，y=f′(x)的部分图象如图所示，则( )
A. 函数f(x)在(−12,1)上单调递增B. 函数f(x)在(0,4)上单调递增
C. 函数f(x)在x=3处取得极小值D. 函数f(x)在x=0处取得极大值
2.若f(x)=x22+3xf′(3)，则曲线f(x)在x=3处的切线方程为( )
A. 3x+2y+9=0B. 3x+2y−9=0C. 3x−2y+9=0D. 3x−2y−9=0
3.在等比数列{an}中，a1012=2，若函数f(x)=12x(x−a1)(x−a2)…(x−a2023)，则f′(0)=( )
A. −22022B. 22022C. −22023D. 22023
4.函数f(x)=3x2−e|x|的部分图象大致为( )
A. B. C. D.
5.如图，某几何体由两个相同的圆锥组成，且这两个圆锥有一个共同的底面，若该几何体的表面积为12π，体积为V，则V2的最大值为( )
A. 64 33π2B. 20 3π2C. 56 3π2D. 24 3π2
6.若函数f(x)为定义在R上的偶函数，当x∈(−∞,0)时，f′(x)>2x，则不等式f(3x−1)−f(2)>(3x−3)(3x+1)的解集为( )
A. (−∞,− 13)B. (−∞,− 13)∪(1,+∞)
C. (1,+∞)D. (− 13,1)
7.已知函数f(x)=axex+lnx−x有唯一的极值点t，则f(t)的取值范围是( )
A. [−2,+∞)B. [−3,+∞)C. [2,+∞)D. [3,+∞)
8.对任意x∈(0,+∞)，k(ekx+1)−(1+1x)lnx>0恒成立，则实数k的可能取值为( )
A. −1B. 13C. 1eD. 2e
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知函数f(x)=(x2−2x)ex，关于f(x)的性质，以下四个结论中正确的是( )
A. f(x)是奇函数B. 函数f(x)在区间(0,2)上是增函数
C. f(x)有两个零点D. 函数f(x)在x= 2处取得最小值
10.函数f(x)=12x+csx(x>0)的所有极值点从小到大排列成数列{an}，设Sn是{an}的前n项和，则下列结论中正确的是( )
A. 数列{an}为等差数列B. a4=17π6
C. sinS2021=12D. tan(a3+a7)= 33
11.已知1A. abeabeC. aa12.若过点P(1,λ)可作3条直线与函数f(x)=(x−1)ex的图象相切，则实数λ可能是( )
A. −4eB. −2eC. −1eD. −3e
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，已知S3=4，S6=9，则S9= ______ ．
14.点P是曲线f(x)=2x2−3lnx上任意一点，则点P到直线y=x−4的最短距离______ ．
15.已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，a2a4=9，9S4=10S2，则a2+a4的值为______ ．
16.已知对于任意x∈R，不等式ex≥ax+b都成立(e是自然对数的底数)，则a−b的最小值是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知函数f(x)=ax3+bx+2在x=−2处取得极值−14．
(1)求a，b的值；
(2)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(3)求函数f(x)在[−3,3]上的最值．
18.(本小题12.0分)
在数列{an}中，若an+1−a1a2a3…an=d(n∈N*)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足a12+a22+…+an2=a1a2a3…an−bn．
(1)若数列{an}的“泛差”d=1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1；
(2)若数列{an}的“泛差”d=−1，且a1=12，求数列{bn}的通项bn．
19.(本小题12.0分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，S2=1，an+1=(12+12n)an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：Sn<2．
20.(本小题12.0分)
已知函数f(x)=2lnx+x2−kx．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对于任意正实数x，不等式f(x)≤x2(lnx−1)恒成立，求实数k的取值范围．
21.(本小题12.0分)
已知函数f(x)=−ax2+xlnx+2．
(l)若f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当a=0时，证明：f(x)>x−2x．
22.(本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx，g(x)=ax2+bx(a≠0,b∈R)．
(1)若a=2，b=3，求函数F(x)=f(x)−g(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)与g(x)的图象有两个不同的交点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，记x0=x1+x22，记f′(x)，g′(x)分别是f(x)，g(x)的导函数，证明：f′(x0)答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据导函数图象可知，
在区间(−12,0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(0,4)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x=0处取得极小值，没有极大值，
故B正确，ACD错误，
故选：B．
根据导函数图象可以求得f(x)的单调区间，进而可得f(x)的极值，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，考查数形结合思想，属于中档题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究曲线上某点处的切线方程，求解f′(3)是关键，是中档题．
求出原函数的导函数，可得f′(3)，进一步求出f(3)，再由直线方程的点斜式得答案．
【解答】
解：由f(x)=x22+3xf′(3)，得f′(x)=x+3f′(3)，
取x=3，得f′(3)=3+3f′(3)，∴f′(3)=−32，
则f(x)=x22−92x，可得f(3)=−9，
∴曲线f(x)在x=3处的切线方程为y+9=−32(x−3)，即3x+2y+9=0．
故选：A．
3.【答案】A
【解析】解：等比数列{an}中，a1012=2，
若函数f(x)=12x(x−a1)(x−a2)…(x−a2023)，
则f′(x)=12(x−a1)(x−a2)⋅⋅⋅(x−a2023)+12x[(x−a1)(x−a2)⋅⋅⋅(x−a2023)]′，
所以f′(0)=12(−a1)(−a2)⋅⋅⋅(−a2023)=−12a1a2⋅⋅⋅a2023=−12(a1012)2023=−22022．
故选：A．
先对函数求导，把x=0代入后结合等比数列的性质可求．
本题主要考查了函数的求导，还考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由f(x)=3x2−e|x|可知，f(x)的定义域为R，f(0)=−1<0，故排除BC选项；
又f(−x)=3(−x)2−e|−x|=3x2−e|x|=f(x)，所以f(x)是偶函数，
当x≥0时，f(x)=3x2−e|x|=3x2−ex，所以f′(x)=6x−ex，
令g(x)=f′(x)，所以g′(x)=6−ex，
当00，故g(x)在(0,ln6)上单调递增，即f′(x)在(0,ln6)上单调递增，
当x>ln6时，g′(x)<0，故g(x)在(ln6,+∞)上单调递减，即f′(x)在(ln6,+∞)上单调递减，
又f′(0)=−1，f′(ln6)=6ln6−6>0，f′(4)=24−e4<0，
所以存在x1∈(0,ln6)，x2∈(ln6,4)，使得f′(x1)=0，f′(x2)=0，
所以当x∈(0,x1)时，f′(x)<0，当x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，当x∈(x2,+∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,x1)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增，在(x2,+∞)上单调递减，故A符合．
故选：A．
分析函数f(x)的奇偶性，单调性，f(0)的正负，利用排除法可得出合适的选项．
本题主要考查利用导数确定函数的增减性，由函数性质确定函数图象，属中档题．
5.【答案】A
【解析】解：设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，
则2πr r2+h2=12π，则h2=36r2−r2>0，
解得r2∈(0,6)，
∴V=2×13πr2h，V2=49π2r4(36r2−r2)=49π2(36r2−r6)，
令t=r2∈(0,6)，
设V2=f(t)=49π2(36t−t3)，
则f′(t)=49π2(36−3t2)，
若t∈(0,2 3)，f′(t)>0，若t∈(2 3,6)，f′(t)<0，
∴f(t)max=f(2 3)=64 33π2，
∴V2的最大值为64 33π2．
故选：A．
设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，由表面积为12π，可解得r2取值范围，再由体积公式列出V2的表达式，通过换元法和求导能求出V2的最大值．
本题考查圆锥的结构特征、表面积公式、体积公式、换元法、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：令g(x)=f(x)−x2，
因为f(x)为偶函数，即f(−x)=f(x)，
故g(−x)=g(x)，g(x)为偶函数，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>2x，
则g′(x)=f′(x)−2x>0，g(x)在(−∞,0)上单调递增，
因为f(3x−1)−f(2)>(3x−3)(3x+1)，即f(3x−1)−(3x−1)2>f(2)−22，
所以g(3x−1)>g(2)，
故|3x−1|<2，
解−13故选：D．
构造函数g(x)=f(x)−x2，则由已知易得g(x)为偶函数，然后结合导数与单调性关系得g(x)在(−∞,0)上单调递增，结合单调性及偶函数性质可求．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及利用单调性及奇偶性求解不等式，解题的关键是根据已知不等式特征构造函数．
7.【答案】A
【解析】解：求导有f′(x)=1−xx⋅ex(ax+ex)，因为f′(1)=0，所以ax+ex=0在x∈(0,+∞)上无解，也即−a=exx，
记g(x)=exx，则有g′(x)=ex(x−1)x2，所以g(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
此时t=1，且−a⩽e，所以a⩾−e，所以f(t)=f(1)=ae−1⩾−2．
故选：A．
求导有f′(x)=1−xx⋅ex(ax+ex)，根据f′(1)=0，得到ax+ex=0在x∈(0,+∞)上无解，也即−a=exx，记g(x)=exx，则有g′(x)=ex(x−1)x2，得到g(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，即可求解．
本题考查了函数极值的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：当x>0时，由k(ekx+1)−(1+1x)lnx>0得kx(ekx+1)>(x+1)lnx，
即(ekx+1)lnekx>(x+1)lnx，
令f(x)=(x+1)lnx，则f′(x)=lnx+1+1x，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0；
∴f′(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(1)=2>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，
由(ekx+1)lnekx>(x+1)lnx得：f(ekx)>f(x)，
由x>0，ekx>0，可得ekx>x，即k>lnxx；
令h(x)=lnxx，则h′(x)=1−lnxx2，
∴当x∈(0,e)时，h′(x)>0，h(x)在(0,e)递增；
当x∈(e,+∞)时，h′(x)<0，在(e,+∞)递减．
∴h(x)≤h(e)=1e，∴当x>0时，k>lnxx恒成立，则k>1e，
∴实数k的可能取值为2e，ABC错误，D正确．
故选：D．
由推得kx(ekx+1)>(x+1)lnx，即(ekx+1)lnekx>(x+1)lnx，令f(x)=(x+1)lnx，二次求导，推得ekx>x，再由参数分离，运用导数求得最值，可得k的取值范围，进而得到结论．
本题考查函数恒成立问题，以及导数的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：选项A，f(−x)=[(−x)2−2(−x)]e−x=(x2+2x)e−x，所以f(x)是非奇非偶函数，即A错误；
选项B，求导得f′(x)=(x2−2)ex，令f′(x)=0，则x=± 2，
当x<− 2或x> 2时，f′(x)>0，所以f(x)在(−∞,− 2)和( 2,+∞)上单调递增，
当− 2选项C，令f(x)=(x2−2x)ex=0，则x2−2x=0，解得x=0或2，所以f(x)有两个零点，即C正确；
选项D，由上可知，f(x)在(− 2, 2)上单调递减，在(−∞,− 2)和( 2,+∞)上单调递增，
所以f(x)在x= 2处取得极小值，且f( 2)=2(1− 2)e 2<0，
当x<0时，f(x)>0恒成立，所以f( 2)是最小值，即D正确．
故选：CD．
选项A，计算f(−x)，并判断是否满足f(−x)=f(x)或f(−x)=−f(x)，即可；
选项B，求导，根据f′(x)与0的大小关系来判断f(x)的单调性；
选项C，令f(x)=0，解之即可；
选项D，根据上述f(x)的单调性，可知f(x)在x= 2处取得极小值，且f( 2)<0，而当x<0时，f(x)>0恒成立，从而得解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，理解函数的单调性与导数之间的联系，极值与最值的区别是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查了导数与极值，诱导公式，分组法求和，属于中档题．
先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质、等差数列的判定及分组法求和分别检验各选项即可判断得解．
【解答】
解：函数f(x)=12x+csx，则f′(x)=12−sinx，
令f′(x)=0，解得x=π6+2kπ，k∈Z或x=5π6+2kπ，k∈Z，
易得函数f(x)的极值点为x=π6+2kπ，k∈Z或x=5π6+2kπ，k∈Z，
又x>0，
所以数列{an}为π6,5π6，13π6，…，
由5π6−π6=4π6,13π6−5π6=8π6，4π6≠8π6，
所以数列{an}不是等差数列，故A错误；
则a4=5π6+2π=17π6，故B正确；
S2021=a1+a2+…+a2021
=π6+5π6+13π6+17π6+…+π6+2020π
=(π6+13π6+…+π6+2020π)+(5π6+17π6+…+5π6+2018π)
=(π6+π6+2020π)×10112+(5π6+5π6+2018π)×10102
=2021π×1010+π6，
所以sinS2021=sin(2021π×1010+π6)=sinπ6=12，故C正确；
tan(a3+a7)=tan(13π6+π6+6π)=tanπ3= 3，故D错误．
故选BC．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：设f(x)=lnxx，x∈(1,e)，则f′(x)=1−lnxx2>0在x∈(1,e)上恒成立，
所以f(x)=lnxx在x∈(1,e)上单调递增，
因为1所以lnaa所以lnab因为y=lnx单调递增，
所以ab对于B：因为1所以lnbb所以lnba因为y=lnx单调递增，
所以ba对于C：因为g(x)=ax单调递增，1所以aa对于D：因为ab故选：ACD．
令f(x)=lnxx，根据导数可得到f(x)在x∈(1,e)上单调递增，通过对数运算和y=lnx的单调性即可判断每个选项是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：设切点为(x0,(x0−1)ex0)，
因为f′(x)=xex，f′(x0)=x0ex0，
所以切线方程为y−(x0−1)ex0=x0ex0(x−x0)，又切线过P(1,λ)，
则λ−(x0−1)ex0=x0ex01(x−x0)，整理得λ=−ex0(x02−2x0+1)，
所以令g(x)=−ex(x2−2x+1)，则g′(x)=−ex(x2−1)，
令g′(x)=0得x=±1，
所以当x<−1或x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当−10，g(x)单调递增，
故当x=−1时，g(x)取极小值g(−1)=−4e，当x=1时，g(x)取极大值g(1)=0，
由g(x)=−ex(x2−2x+1)=−ex(x−1)2可知当x≠±1时g(x)<0，
所以函数g(x)的图象大致如图，
由图可知，当−4e<λ<0时，直线y=λ与函数y=g(x)的图象有3个交点，
此时过点P(1,λ)可作3条直线与函数f(x)=(x−1)ex的图象相切，
由此可知，BCD符合题意．
故选：BCD．
由题设切点为(x0,(x0−1)ex0)，进而得λ=−ex0(x02−2x0+1)，再构造函数g(x)=−ex(x2−2x+1)，将问题转化为y=g(x)与y=λ的交点个数问题，数形结合求解即可．
本题考查函数导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
13.【答案】15
【解析】解：在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，S3=4，S6=9，
∴3a1+3×22d=46a1+6×52d=9，
解得a1=119，d=19，
S9=9×119+9×82×19=15．
故答案为：15．
利用等差数列前n项和公式列出方程组，求出a1=119，d=19，由此能求出S9．
本题考查等差数列的前9项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】5 22
【解析】解：f(x)=2x2−3lnx，可得f′(x)=4x−3x(x>0)，
令f′(x)=4x−3x=1，解得x=1(x=−34舍去)，
又f(1)=2，可得与直线y=x−4平行且与曲线y=f(x)相切的直线的切点为(1,2)，
所以点P到直线y=x−4的最短距离为|1−2−4| 1+1=5 22．
故答案为：5 22．
求出函数的导数，求出曲线和y=x−4平行的的切线的切点坐标，利用点到直线的距离公式，即可求得答案．
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
15.【答案】10
【解析】解：设{an}公比是q，则S4=a1+a2+a3+a4=a1+a2+q2(a1+a2)=(1+q2)S2，
又由题意9S4=10S2，
因此1+q2=109，而q>0，
∴q=13，
∴a2a4=a22q2=19a22=9，而a2>0，
∴a2=9，从而a4=9×19=1，
∴a2+a4=10．
故答案为：10．
利用等比数列的前n项和定义求得公比q，再求得a2，a4后可得结论．
本题主要考查了等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．
16.【答案】−1e
【解析】解：已知对于任意x∈R，不等式ex≥ax+b都成立
即b≤ex−ax恒成立，
不妨设f(x)=ex−ax，函数定义域为R，
可得f′(x)=ex−a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，无最小值；
当a>0时，
当x当x>lna时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=lna时，f(x)取得最小值，最小值f(lna)=a−alna，
要使b≤ex−ax恒成立，
此时b≤a−alna恒成立，
即a−b≥alna，
不妨设g(a)=alna，函数定义域为(0,+∞)，
可得g′(a)=lna+1，
当0当a>1e时，g′(a)>0，g(a)单调递增，
所以当a=1e时，g(a)取得最小值，最小值g(1e)=−1e，
则a−b的最小值为−1e．
故答案为：−1e．
由题意，将任意x∈R，ex≥ax+b均成立，转化成b≤ex−ax恒成立，构造函数f(x)=ex−ax，对函数f(x)进行求导，利用导数得到f(x)的单调性和最值，进而得到a−b≥alna，构造函数g(a)=alna，对g(a)进行求导，利用导数得到g(a)的单调性，进而可得a−b的最小值．
本题考查不等式恒成立问题，考查了逻辑推理、转化思想、分类讨论和运算能力．
17.【答案】解：(1)因为函数f(x)=ax3+bx+2，所以f′(x)=3ax2+b，
又函数f(x)在x=−2处取得极值−14．
则有f(−2)=−14f′(−2)=0，即−8a−2b+2=−1412a+b=0，解得：a=−1b=12，
经检验，a=−1，b=12时，符合题意，故a=−1，b=12．
(2)由(1)知：函数f(x)=−x3+12x+2，则f′(x)=−3x2+12，
所以f′(1)=9，又因为f(1)=−1+12+2=13，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−13=9(x−1)，
也即9x−y+4=0．
(3)由(1)知：函数f(x)=−x3+12x+2，则f′(x)=−3x2+12，
令f′(x)=0，解得：x1=−2，x2=2，
在x∈[−3,3]时，随x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
由表可知：当x=−2时，函数f(x)有极小值f(−2)=−14；
当x=2时，函数f(x)有极大值f(2)=18；
因为f(−2)=−14f(−3)=−7，
故函数f(x)在[−3,3]上的最小值为f(−2)=−14，最大值为f(2)=18．
【解析】(1)求导，利用在x=−2处的导数值为0，并且f(−2)=−14，解之检验即可求解；
(2)结合(1)的结果，求出函数在x=1处的导数值，利用导数的几何意义，代入即可求解；
(3)结合(1)的结果，列出在x∈[−3,3]时，随x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况，进而即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵“泛差”d=1，
∴an+1−a1a2a3⋯an=1，
∵a1+a3=2a2，a2−a1=1，a3−a1a2=1，联立三式得：
a1+2−a1(a1+1)=1，
化简得a12=1，解得a1=±1；
(2)∵an+1−a1a2a3⋯an=−1，
∴an+1+1=a1a2a3⋯an，
∵a12+a22+⋯+an2=a1a2⋯an−bn，①
∴a12+a22+⋯+an+12=a1a2⋯an+1−bn+1，②
②−①得an+12=a1a2⋯an(an+1−1)−bn+1+bn，
即an+12=(an+1+1)(an+1−1)−bn+1+bn=an+12−1−bn+1+bn，
∴bn+1−bn=−1，且b1=a1−a12=12−14=14，
∴{bn}为等差数列，首项为14，公差为−1，
∴bn=14+(n−1)⋅(−1)=−n+54．
【解析】(1)根据“泛差”d=1，结合已知条件建立方程组，解出a1即可．
(2)由题a12+a22+⋯+an2=a1a2⋯an−bn，升次作差得an+12=a1a2⋯an(an+1−1)−bn+1+bn，结合an+1+1=a1a2a3⋯an，整体代入可得bn+1−bn=−1，即可写出其通项．
本题考查数列的新定义，等差数列的性质，数列通项公式的求解，方程思想，化归转化思想，属中档题．
19.【答案】(1)解法一：由题a1+a2=1，①，2a2=(1+11)a1，即a1=a2，②，
由①②得a1=a2=12，
由2an+1=(1+1n)an得an+1an=12×n+1n，
所以当n≥2时，an=a1×a2a1×a3a2×a4a3×⋅⋅⋅×anan−1=(12)n×1×21×32×⋅⋅⋅×nn−1=n2n，
a1=12也满足an=n2n，
所以数列{an}的通项公式为an=n2n(n∈N*)；
解法二：由题，a1+a2=1①，2a2=(1+1a)a1，即a1=a2②，由①②得a1=a2=12，
由an+1=12(1+1n)an=12(n+1n)an，得an+1n+1=12⋅ann，
所以数列(ann)是以12为首项，12为公比的等比数列，ann=12×(12)n−1=12n，
所以数列的通项公式为an=n2n．
(2)证明：由(1)知Sn=1×12+2×122+3×123+⋅⋅⋅+n×12n，
所以12Sn=1×122+2×123+⋅⋅⋅+(n−1)×12n+n×12n+1，
两式作差得12Sn=12+122+123+124+⋅⋅⋅+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−n+22n+1，
所以Sn=2−n+22n<2．
【解析】(1)法一：由已知等式变形可得an+1an=12×n+1n，计算出a1的值，再利用累乘法可求得数列{an}的通项公式；
法二：由已知条件计算出a1的值，推导出数列{ann}为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列{ann}的通项公式，进而可求得数列{an}的通项公式；
(2)利用错位相减法求出Sn，进而可证得结论成立．
本题主要考查了数列的和与项的递推关系在数列项的求解中的应用，还考查了错位相减求和方法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)定义域为(0,+∞)，f′(x)=2x+2x−k=2x2−kx+2x，令h(x)=2x2−kx+2，
①当k≤0时，h(x)>0恒成立，f′(x)>0，f(x)是增函数；
②k>0时，Δ=k2−16，
当Δ>0，即k>4时，由h(x)=0得x=k− Δ4或k+ Δ4，
f′(x)>0⇒0k+ Δ4，f′(x)<0⇒k− Δ4故f(x)的单调递减区间为[k− Δ4,k+ Δ4]，单调递增区间为(0,k− Δ4)，(k+ Δ4,+∞)；
Δ≤0，即0综上可知：k≤4时，f(x)是增函数，k>4时，f(x)的单调递减区间为[k− Δ4,k+ Δ4]，单调递增区间为(0,k− Δ4)，(k+ Δ4,+∞)；
(2)不等式f(x)≤x2(lnx−1)(x>0)恒成立，即2lnx+x2−kx≤x2(lnx−1)恒成立，
整理得k≥2lnxx+2x−xlnx(x>0)恒成立，令g(x)=2lnxx+2x−xlnx(x>0)，
g′(x)=(1−lnx)(1+2x2)，易知g′(e)=0，00，g(x)单调递增，
x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故g(x)max=g(e)=e+2e，
故k≥e+2e即为所求，故k的取值范围是[e+2e,+∞)．
【解析】(1)研究函数的定义域，导数的符号，确定函数的单调性；
(2)分离参数k，然后构造函数g(x)=2lnxx+2x−xlnx(x>0)，利用导数研究该函数的最大值即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值和最值情况，解决不等式恒成立问题，属于中档题．
21.【答案】解：(1)f′(x)=lnx−2ax+1，x>0，
由题意得f′(x)=lnx−2ax+1=0在x>0时有两个不同实数解，即2a=1+lnxx在x>0时有两个不同实数解，
令g(x)=1+lnxx，x>0，
则g′(x)=−lnxx2，
当00，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(1)=1，g(1e)=0，x→0时，g(x)→−∞，x→+∞时，g(x)→0，
所以0<2a<1，即0故a的取值范围为{a|0(2)证明：当a=0时，f(x)=xlnx+2，
要证明f(x)>x−2x，即证明xlnx+2>x−2x在x>0时成立，
即证xlnx+2−x+2x>0在x>0时成立，
令h(x)=xlnx+2−x+2x>0，x>0，则h′(x)=lnx−2x2，
令m(x)=lnx−2x2，则m′(x)=1x+4x3=x2+4x3>0，
所以h′(x)在(0,+∞)上单调递增，h′(1)=−2<0，h′(e)=1−2e2>0，
所以存在唯一x0∈(1,e)，使得h′(x0)=lnx0−2x02=0，
当0x0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(x0)=x0lnx0+2−x0+2x0=2x0+2−x0+2x0=2−x0+4x0>2−e+4e>0，
所以h(x)>0，
所以f(x)>x−2x．
【解析】(1)先对函数求导，由题意得f′(x)=lnx−2ax+1=0在x>0时有两个不同实数解，即2a=1+lnxx在x>0时有两个不同实数解，然后构造函数，结合导数分析新构造函数的性质，进而可求；
(2)要证明f(x)>x−2x，即证xlnx+2−x+2x>0在x>0时成立，结合不等式特点构造函数，转化为求解新函数的最值，结合导数分析函数的性质，然后结合函数零点判定定理可求．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，函数性质的应用，体现了转化化归思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)F(x)=lnx−2x2−3x，F′(x)=1x−4x−3=−(4x−1)(x+1)x，当x∈(0,14)时，F(x)>0，x∈(14,+∞)，F(x)<0．
F(x)在(0,14)上单调递增，在(14,+∞)上单调递减．
(2)f′(x0)−g′(x0)=1x0−(2ax0+b)=1−2ax02−bx0x0，
1−2ax02−bx0=1−2a(x1+x22)2−bx1+x22=2−a(x1+x2)2−b(x1+x2)2，
ax12+bx1=lnx1，ax22+bx2=lnx2，a(x1+x2)(x1−x2)+b(x1−x2)=lnx1x2，即a(x1+x2)+b=1x1−x2lnx1x2，
a(x1+x2)2+b(x1+x2)=x1+x2x1−x2lnx1x2=x1x2+1x1x2−1⋅lnx1x2，
不妨设x1>x2，令h(x)=x+1x−1lnx(x>1)，
下证h(x)=x+1x−1lnx>2，即lnx>2(x−1)x+1=2−4x+1，
即lnx+4x+1>2，u(x)=lnx+4x+1，
u′(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2，
所以u(x)>u(1)=2，
∴a(x1+x2)2+b(x1+x2)>2，f′(x0)【解析】(1)F(x)=lnx−2x2−3x，F′(x)=1x−4x−3=−(4x−1)(x+1)x，利用导数的正负与单调性的关系，即可求解．
(2)f′(x0)−g′(x0)=1x0−(2ax0+b)=1−2ax02−bx0x0，1−2ax02−bx0=1−2a(x1+x22)2−bx1+x22=2−a(x1+x2)2−b(x1+x2)2，
ax12+bx1=lnx1，ax22+bx2=lnx2，a(x1+x2)(x1−x2)+b(x1−x2)=lnx1x2，即a(x1+x2)2+b(x1+x2)=x1+x2x1−x2lnx1x2=x1x2+1x1x2−1⋅lnx1x2，不妨设x1>x2，令h(x)=x+1x−1lnx(x>1)，证h(x)=x+1x−1lnx>2，即可
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题，解题时要注意构造法和导数性质的合理运用．x
−3
(−3,−2)
−2
(−2,2)
2
(2,3)
3
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
−7
单调递减
−14
单调递增
18
单调递减
11