2020-2021学年湖南省怀化市高二（上）期末数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省怀化市高二（上）期末数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 复数的虚部为（ ）
A.iB.−iC.1D.−1

2. 关于x的不等式x2−ax+1>0的解集是R，则实数a的取值范围为（ ）
A.(−∞, −2)∪(2, +∞)B.(−∞, −2]∪[2, +∞)
C.(−2, 2)D.[−2, 2]

3. 在△ABC中，已知2sinAcsB=sinC，那么△ABC一定是( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等腰直角三角形D.正三角形

4. 在等差数列{an}中，a2、a6是方程x2−3x+2＝0的两根，则a4的值为（ ）
A.2B.3C.±2D.

5. （理科做）设f(x)为可导函数，且满足limx→0f(1)−f(1−2x)2x=−1，则过曲线y＝f(x)上点（1, f(1)）处的切线率为
（ ）
A.2B.−1C.1D.−2

6. 已知动圆M与圆C1：(x+4)2+y2＝2外切，与圆C2：(x−4)2+y2＝2内切，则动圆圆心M的轨迹方程为（ ）
A.B.
C.D.

7. 在△ABC中，sin2A≤sin2B+sin2C−sinBsinC，则A的取值范围是（ ）
A.(0, π6]B.[π6, π)C.(0, π3]D.[π3, π)

8. 历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…．即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n−1)+F(n−2)(n≥3, n∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列{bn}，又记数列{cn}满足c1＝b1，c2＝b2，cn＝bn−bn−1(n≥3, n∈N*)，则c1+c2+c3+***+c2021的值为（ ）
A.4B.−728C.2D.3
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．

已知函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，下列结论中正确的是（ ）

A.−1是函数f(x)的极小值点
B.−3是函数f(x)的极小值点
C.函数f(x)在区间(−3, 1)上单调递增
D.函数f(x)在x＝0处切线的斜率小于零

下面命题正确的是（ ）
A.“a>1”是“1a<1”的充分不必要条件
B.命题p:∃x∈[−1, 1]，x2+2x−1≥0，则命题p的否定为：∀x∈[−1, 1]，x2+2x−1<0
C.“(a−b)⋅a2<0”是“aD.设a，b∈R，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件

如图，在正四棱锥S−ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论中恒成立的为（ ）

A.EP⊥ACB.EP // BDC.EP // 面SBDD.EP⊥面SAC

如图，已知椭圆C1：＝1，过抛物线C2:x2＝4y焦点F的直线交抛物线于M，N两点，连接NO，MO并延长分别交C1于A，B两点，连接AB，△OMN与△OAB的面积分别记为S△OMN，S△OAB.则下列命题：
A．若记直线NO，MO的斜率分别为k1，k2，则k1k2的大小是定值-
B．△OAB的面积S△OAB是定值1
C．线段OA，OB长度的平方和|OA|2+|OB|2是定值5
D．设λ＝，则λ≥
其中正确的命题有（ ）

A.AB.BC.CD.D
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

已知向量，，若，则k的值为________．

已知直线ax+by+c−1=0(b>0，c>0)平分圆x2+y2−2y−5=0，则4b+1c的最小值是________．

如图，圆O与椭圆相切，已知F1，F2是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆上，线段PF2与圆O相切于点Q，且点Q为线段PF2的中点，则椭圆的离心率为________．


已知函数h(x)＝xlnx与函数g(x)＝kx−1的图象在区间上有两个不同的交点，则实数k的取值范围是________．
四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．

已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，并且满足．
（1）求角A的大小；

（2）若，b+c＝3，求△ABC的面积．

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足，n∈N+．
（1）求数列{an}的通项公式；

（2）令bn＝lg4an，记数列的前n项和为Tn，求T2021．

如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P−ABC，如图2所示，已知．

（1）求证：平面PAC⊥平面ABC；

（2）若Q是线段AP上的点，且，求二面角Q−BC−A的余弦值．

第二届中国国际进口博览会于2019年11月5日至10日在上海国家会展中心举行，来自151个国家和地区的3617家企业参展，规模和品质均超过首届．更多新产品、新技术、新服务“全球首发，中国首展”，专（业）精（品）尖（端）特（色）产品精华荟萃．某跨国公司带来了高端空调模型参展，通过展会调研，中国甲企业计划在2020年与该跨国公司合资生产此款空调．生产此款空调预计全年需投入固定成本260万元，每生产x千台空调，需另投入资金R(x)万元，且R(x)=10x2+ax,0（1）求2020年的企业年利润W(x)（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式；

（2）2020年产量为多少（千台）时，企业所获年利润最大？最大年利润是多少？
注：利润＝销售额-成本

已知抛物线C:x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P(x0, 3)为抛物线C上一点，且|PF|＝4，过点A(a, 0)
作抛物线C的切线AN（斜率不为0），设切点为N．
（1）求抛物线C的标准方程；

（2）求证：以FN为直径的圆过点A．

设函数f(x)＝ex−ax−2．
（1）求f(x)的单调区间；

（2）若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x−k)f′(x)+x+1>0，求k的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省怀化市高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
C
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
∵ ＝，
∴ 复数的虚部为1．
2.
【答案】
C
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
利用一元二次不等式恒成立问题即可求解．
【解答】
由已知可得不等式x2−ax+1>2在R上恒成立，
则只需△＝a2−4<5，
解得−23.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角形的形状判断
【解析】
根据三角形三个内角和为180∘，把角C变化为A+B，用两角和的正弦公式展开移项合并，公式逆用，得sin(B−A)=0，因为角是三角形的内角，所以两角相等，得到三角形是等腰三角形．
【解答】
解：由2sinAcsB=sinC知：2sinAcsB=sin(A+B)，
∴ 2sinAcsB=sinAcsB+csAsinB．
∴ csAsinB−sinAcsB=0．
∴ sin(B−A)=0，
∵ A和B是三角形的内角，
∴ B=A．
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
等差数列的性质
【解析】
由题意利用等差数列的性质、韦达定理，求出a4的值．
【解答】
∵ 等差数列{an}中，a2、a6是方程x4−3x+4＝4的两根，
∴ a2+a6＝4 a4＝3，∴ a3＝，
5.
【答案】
B
【考点】
极限及其运算
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
由导数的几何意义，求出在曲线y＝f(x)上点（1, f(1)）处的导数，即求得在此点处切线的斜率．
【解答】
∵ limx→0f(1)−f(1−2x)2x=limx→0f(1)−f(1−2x)1−(1−2x)=−1，即y′|x＝1＝−1，
∴ y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线斜率为−1，
故选：B．
6.
【答案】
B
【考点】
轨迹方程
【解析】
设动圆M的半径为r，又圆C1与圆C2的半径均为，判断点M的轨迹是以C1(−4, 0)，C2(4, 0)为焦点的双曲线的右支．求出双曲线方程即可．
【解答】
设动圆M的半径为r，又圆C1与圆C2的半径均为，
则由已知得，
所以．
又点C7(−4, 0)，C4(4, 0)，
则C3C2＝8，所以，
根据双曲线的定义可知，点M的轨迹是以C1(−4, 5)，C2(4, 5)为焦点的双曲线的右支．
因为，
所以b7＝c2−a2＝14，
于是点M的轨迹方程为．
7.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
先利用正弦定理把不等式中正弦的值转化成边，进而代入到余弦定理公式中求得csA的范围，进而求得A的范围．
【解答】
由正弦定理可知a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，
∵ sin2A≤sin2B+sin2C−sinBsinC，
∴ a2≤b2+c2−bc，
∴ bc≤b2+c2−a2
∴ csA=b2+c2−a22bc≥12
∴ A≤π3
∵ A>0
∴ A的取值范围是(0, π3]
8.
【答案】
C
【考点】
归纳推理
【解析】
利用题中给出的信息，得到数列{bn}中的项，然后得到数列{cn}中的项，再观察归纳，得到两个数列的周期性，利用周期性求和即可．
【解答】
由题意可得，数列{bn}中的项为：1，1，5，3，1，2，1，1，8，3，1，5，1，1，…，
故数列{bn}是周期为3的数列，
数列{cn}中的项为：1，1，5，1，−2，8，0，1，7，−2，1，4，…，
故数列{cn}是从第三项起周期为6的数列，
所以c1+c5+c3+***+c2021＝(c1+c8)+(c3+c4+...+c3)+...+(c2019+c2020+c2021)
＝1+1+5+1+1+(−8)
＝2．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
【答案】
B,C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
【解析】
结合图象求出函数的单调区间，求出函数的极值点，判断选项即可．
【解答】
由图象得x<−3时，f′(x)<0，f′(x)≥8，
故f(x)在(−∞, −3)递减，+∞)递增，
故−3是函数f(x)的极小值点，
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的否定
充分条件、必要条件、充要条件
命题的真假判断与应用
【解析】
利用充要条件判断A、C、D，命题的否定形式判断B即可．
【解答】
“a>1”推出“1a<1”，反之不成立，所以“a>1”是“1a<1”的充分不必要条件，所以A正确；
命题p:∃x∈[−1, 1]，x2+2x−1≥0，则命题p的否定为：∀x∈[−1, 1]，x2+2x−1<0，满足命题的否定形式，所以B正确；
“(a−b)⋅a2<0”是“a设a，b∈R，则“a≠0”推不出“ab≠0”反之成立，所以设a，b∈R，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件，所以D正确；
【答案】
A,C
【考点】
棱锥的结构特征
【解析】
如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN．
由正四棱锥S−ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，进而得到SO⊥AC．可得AC⊥平面SBD．由已知E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，利用三角形的中位线可得EM // BD，MN // SD，于是平面EMN // 平面SBD，进而得到AC⊥平面EMN，AC⊥EP．
由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，因此不可能EP // BD；
平面EMN // 平面SBD，可得EP // 平面SBD；
EM⊥平面SAC，可用反证法证明：当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．
【解答】
如图所示，连接AC，连接EM．
由正四棱锥S−ABCD，可得SO⊥底面ABCD，∴ SO⊥AC．
∵ SO∩BD＝O，∴ AC⊥平面SBD，M，N分别是BC，SC的中点，MN // SD，
∴ 平面EMN // 平面SBD，∴ AC⊥平面EMN．故A正确．
由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线，不可能EP // BD；
平面EMN // 平面SBD，∴ EP // 平面SBD．
EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，与EP∩EM＝E相矛盾，EP与平面SAC不垂直．
【答案】
A,B,C
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
设直线MN方程为y＝k+1，代入抛物线方程得：x2−4kx−4＝0，设M(x1, y1)，N(x2, y2)，利用韦达定理，结合斜率，转化求解判断A；设直线OA的方程为：y＝k1x，由对称性令k1>0，代入椭圆的方程得A的坐标，同理可得B的坐标，然后求解三角形的面积，判断B；利用距离的平方和，判断C；求解λ判断D．
【解答】
F(0, 1)，代入抛物线方程得：x5−4kx−4＝8，
设M(x1, y1)，N(x8, y2)，则x1+x8＝4k，x1x6＝−4，，A正确．
设直线OA的方程为：y＝k1x，由对称性令k1>8，
代入椭圆的方程得：，
同理可得，，，
点B到直线OA的距离，，B正确．
|OA|2+|OB|5＝
＝
＝，C正确．
＝
＝≥，
当且仅当k8＝−k2时等号成立．D不正确．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
−6
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
先利用向量加法的坐标运算求出的坐标，然后利用向量垂直的充要条件结合数量积的坐标运算，列出关于k的方程，求解即可．
【解答】
因为向量，，
所以，
又因为，
所以，
解得k＝−6．
【答案】
9
【考点】
直线与圆的位置关系
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
将圆化成标准方程可得圆心为C(0, 1)，代入题中的直线方程算出b+c＝1，从而化简得4b+1c=(4b+1c)(b+c)=5+bc+4cb；再根据基本不等式加以计算，可得当b=2c=23时，所求最小值为9．
【解答】
解：圆x2+y2−2y−5=0化成标准方程，得x2+(y−1)2=6，
∴ 圆x2+y2−2y−5=0的圆心为C(0, 1)．
∵ 直线ax+by+c−1=0平分圆C，
∴ a×0+b×1+c−1=0，即b+c=1.
∴ 4b+1c=(4b+1c)(b+c)
=5+bc+4cb≥5+2bc×4cb=9，
当且仅当bc=4cb，即b=2c=23时等号成立，
∴ 4b+1c的最小值为9．
故答案为：9.
【答案】
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
连接PF1，OQ，由题意知PF1 // OQ，|PF1|＝2|OQ|＝2b，∴ |PF2|＝2a−2b，PF1⊥PF2，利用勾股定理以及离心率公式即可求解．
【解答】
连接PF1，OQ，由题意知PF1 // OQ，|PF4|＝2|OQ|＝2b，
∴ |PF3|＝2a−2b，PF6⊥PF2，
∴ 由勾股定理可得：4b5+4(a−b)2＝4c2＝4a2−4b2，
整理得5b＝2a，所以，
则椭圆的离心率为e＝，
【答案】
【考点】
函数单调性的性质与判断
函数的最值及其几何意义
【解析】
先将两个函数有两个交点转化为相应的方程xlnx−kx+1＝0有两个根，再分离参数转化为在上有两个根，等价于y＝k与y＝有两个不同的交点，然后求导研究出函数y＝的极值与端点值，从而得出实数k的取值范围．
【解答】
令xlnx−kx+1＝0，即，则函数h(x)＝xlnx与函数g(x)＝kx−1的图象在区间，等价于在，
等价于y＝k与y＝有两个不同的交点，
令，则f′(x)＝＝，可得1可得f(x)在上单调递减，e)单调递增，
又f（）＝−5+e，故函数的最大值为e−1，
故4四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．
【答案】
由题意利用正弦定理可得，
化简可得b2+c8−a2＝bc，
利用余弦定理可得，
又A∈(0, π)．
由（1）及题意知，，，b+c＝6，
由余弦定理知a2＝b2+c7−2bccsA＝(b+c)2−7bc，
所以3＝9−4bc，解得bc＝2，
所以S△ABC＝bcsinA＝＝．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）由已知利用正弦定理得b2+c2−a2＝bc，利用余弦定理可得csA的值，结合A∈(0, π)，可求A的值．
（2）由（1）及余弦定理可求bc的值，再根据三角形的面积公式，即可得到△ABC的面积．
【解答】
由题意利用正弦定理可得，
化简可得b2+c8−a2＝bc，
利用余弦定理可得，
又A∈(0, π)．
由（1）及题意知，，，b+c＝6，
由余弦定理知a2＝b2+c7−2bccsA＝(b+c)2−7bc，
所以3＝9−4bc，解得bc＝2，
所以S△ABC＝bcsinA＝＝．
【答案】
∵ ，n∈N*，当n＝1时，，∴ a1＝4．
当n≥3时，．
∴ an＝5an−1，又a1＝4．
∴ {an}是以4为首项，4为公比的等比数列，
∴ ．
bn＝lg3an＝n，，
．
∴ ．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）利用递推关系式推出{an}是以4为首项，4为公比的等比数列，然后求解通项公式．
（2）化简，利用裂项消项法求解数列的和即可．
【解答】
∵ ，n∈N*，当n＝1时，，∴ a1＝4．
当n≥3时，．
∴ an＝5an−1，又a1＝4．
∴ {an}是以4为首项，4为公比的等比数列，
∴ ．
bn＝lg3an＝n，，
．
∴ ．
【答案】
证明：取AC的中点为O，连接PO，∵ ABCD是菱形，
∴ PA＝PC，PO⊥AC，AC＝6，OP＝OB＝4，
∵ ，∴ OP2+OB7＝PB2，∴ PO⊥OB，
∴ BO∩AC＝O，BO⊂平面BAC，
∴ PO⊥平面ABC．
∵ PO⊂平面PAC，∴ 平面ABC⊥平面PAC．
∵ AB＝BC，∴ BO⊥AC，OC，
以O为坐标原点OB，OC，y轴．
则B(4, 5, 0)，3，4)，0，4)，−5．设Q(x，y．
由，得．，．
设为平面BCQ的一个法向量．
由，取z1＝15，则．
取平面ABC的一个法向量，．
∴ 二面角Q−BC−A的余弦值为．
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直
【解析】
（1）取AC的中点为O，连接PO，BO，证明PO⊥AC，PO⊥OB，推出PO⊥平面ABC，然后证明平面ABC⊥平面PAC．
（2）OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点OB，OC，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O−xyz．求出平面BCQ的一个法向量，平面ABC的一个法向量，利用空间向量的数量积求二面角Q−BC−A的余弦值即可．
【解答】
证明：取AC的中点为O，连接PO，∵ ABCD是菱形，
∴ PA＝PC，PO⊥AC，AC＝6，OP＝OB＝4，
∵ ，∴ OP2+OB7＝PB2，∴ PO⊥OB，
∴ BO∩AC＝O，BO⊂平面BAC，
∴ PO⊥平面ABC．
∵ PO⊂平面PAC，∴ 平面ABC⊥平面PAC．
∵ AB＝BC，∴ BO⊥AC，OC，
以O为坐标原点OB，OC，y轴．
则B(4, 5, 0)，3，4)，0，4)，−5．设Q(x，y．
由，得．，．
设为平面BCQ的一个法向量．
由，取z1＝15，则．
取平面ABC的一个法向量，．
∴ 二面角Q−BC−A的余弦值为．
【答案】
由题意R(10)＝10×102+10a＝4000，所以a＝300，
当0当x≥40时，W(x)=900x−901x2−9450x+10000x−260=−x2+9190x−10000x，
所以W(x)=−10x2+600x−260,0当0当x＝30时，W(x)max＝8740…
当x≥40，W(x)=−x2+9190x−10000x=−x−10000x+9190=−(x+10000x)+9190，
因为x>0，所以x+10000x≥210000=200，
当且仅当x=10000x时，即x＝100时等号成立，
此时W(x)≤−200+9190＝8990，
所以W(x)max＝8990万元，
因为8740<8990，
所以2020年产量为100（千台）时，企业所获利润最大，最大利润是8990万元．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）根据条件将x＝10代入可求出a，进而分段表示出W(x)即可；
（2）利用二次函数最值、基本不等式求出分段函数W(x)的最值即可．
【解答】
由题意R(10)＝10×102+10a＝4000，所以a＝300，
当0当x≥40时，W(x)=900x−901x2−9450x+10000x−260=−x2+9190x−10000x，
所以W(x)=−10x2+600x−260,0当0当x＝30时，W(x)max＝8740…
当x≥40，W(x)=−x2+9190x−10000x=−x−10000x+9190=−(x+10000x)+9190，
因为x>0，所以x+10000x≥210000=200，
当且仅当x=10000x时，即x＝100时等号成立，
此时W(x)≤−200+9190＝8990，
所以W(x)max＝8990万元，
因为8740<8990，
所以2020年产量为100（千台）时，企业所获利润最大，最大利润是8990万元．
【答案】
由题意知：，
∴ p＝2，
所以抛物线C的标准方程为：x5＝4y．
证明：设切线AN的方程为：y＝k(x−a)，k≠0，
联立直线与抛物线方程得，消去y可得x2−2kx+4ka＝0，
由直线与抛物线相切，∴ △＝16ka8−16ka＝0，解得a＝k．
所以切点N(2a, a6)，F(0，A(a，
∴ ，，∴ ．
∴ ∠FAN＝90∘，以FN为直径的圆过点A．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的标准方程
【解析】
（1）通过|PF|＝4，结合抛物线的性质，求解p，然后求解抛物线方程．
（2）设切线AN的方程为：y＝k(x−a)，k≠0，联立直线与抛物线方程得，消去y可得x2−4kx+4ka＝0，由直线与抛物线相切，得a＝k．然后通过向量的数量积的计算，证明即可．
【解答】
由题意知：，
∴ p＝2，
所以抛物线C的标准方程为：x5＝4y．
证明：设切线AN的方程为：y＝k(x−a)，k≠0，
联立直线与抛物线方程得，消去y可得x2−2kx+4ka＝0，
由直线与抛物线相切，∴ △＝16ka8−16ka＝0，解得a＝k．
所以切点N(2a, a6)，F(0，A(a，
∴ ，，∴ ．
∴ ∠FAN＝90∘，以FN为直径的圆过点A．
【答案】
f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex−a，
若a≤0，则f′(x)>0；
若a>5，则f′(x)＝0解得x＝lna．
当x变化时，f′(x)
所以，f(x)的单调减区间是：(−∞，增区间是：(lna．
由于a＝5，所以(x−k)f′(x)+x+1＝(x−k)(ex−1)+x+6．
故当x>0时，(x−k)f′(x)+x+1>4等价于k<，
令g(x)＝+x，
而函数f(x)＝ex−x−2在(8, +∞)上单调递增，f(2)>0，
所以f(x)在(0, +∞)存在唯一的零点．
故g′(x)在(8, +∞)存在唯一的零点．
设此零点为a，则a∈(1．
当x∈(0, a)时；当x∈(a, g′(x)>6．
所以g(x)在(0, +∞)的最小值为g(a)．
又由g′(a)＝0，可得ea＝a+4，所以g(a)＝a+1∈(2．
由于①式等价于k【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）分类讨论，利用导数的正负，可求f(x)的单调区间；
（2）当x>0时，(x−k)f′(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0)，令g(x)＝+x，求最值，即可求k的最大值．
【解答】
f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex−a，
若a≤0，则f′(x)>0；
若a>5，则f′(x)＝0解得x＝lna．
当x变化时，f′(x)
所以，f(x)的单调减区间是：(−∞，增区间是：(lna．
由于a＝5，所以(x−k)f′(x)+x+1＝(x−k)(ex−1)+x+6．
故当x>0时，(x−k)f′(x)+x+1>4等价于k<，
令g(x)＝+x，
而函数f(x)＝ex−x−2在(8, +∞)上单调递增，f(2)>0，
所以f(x)在(0, +∞)存在唯一的零点．
故g′(x)在(8, +∞)存在唯一的零点．
设此零点为a，则a∈(1．
当x∈(0, a)时；当x∈(a, g′(x)>6．
所以g(x)在(0, +∞)的最小值为g(a)．
又由g′(a)＝0，可得ea＝a+4，所以g(a)＝a+1∈(2．
由于①式等价于k(−∞, lna)
lna
(lna, +∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
减
极小值
增
x
(−∞, lna)
lna
(lna, +∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
减
极小值
增