2020-2021学年湖南省常德市高二（下）期末考试数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年湖南省常德市高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合M=x|−2A.x|−2
2. 已知a，b都是实数，那么“3a>3b”是“a3>b3”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

3. 函数f(x)=1−xlnx的零点所在区间是（）
A.(0, 12)B.(12, 1)C.(1, 2)D.(2, 3)

4. 已知a=lg34，b=5−0.5，c=lg312，则a，b，c的大小关系为( )
A.c
5. 函数f(x)=ex1−x2的图象大致是（）
A.B.
C.D.

6. 已知函数fx=lnx−2+ln4−x，则( )
A.fx的图象关于直线x=3对称B.fx的图象关于点3,0对称
C.fx在2,4上单调递增D.fx在2,4上单调递减

7. 已知函数f(x)=4−x2−2|x|−3，若f(x−1)>−2，则实数x的取值范围是( )
A.[−1,3] B.[−2,2]C.(−∞,0)∪(2,+∞)D.(0,2)

8. 若∀a，b，c∈D ，ga，gb，gc可以作为一个三角形的三条边长，则称函数gx是区间D上的“稳定函数”．已知函数fx=lnxx+m是区间1e2,e2上的“稳定函数”，则实数m的取值范围为( )
A.2e+1e,+∞ B.2e2+1e,+∞C.4e+1e,+∞D.4e2+1e,+∞
二、多选题

下列结论中正确的是( )
A.若0<α<π2，则sinαB.若α是第二象限角，则α2为第一象限或第三象限角
C.若角α的终边过点P3k,4kk≠0，则sinα=45
D.若扇形的周长为6，半径为2，则其中心角的大小为1弧度

已知a>0，b>0，且a+b=1，则下列结论正确的是（）
A.a2+b2≥12B.lg2a+lg2b≥−2
C.a+b≤2D.8a+2b≥18

关于函数f(x)=x2−x4|x−1|−1的性质描述，正确的是( )
A.f(x)的定义域为[−1, 0)∪(0, 1]B.f(x)的值域为(−1, 1)
C.f(x)在定义域上是增函数D.f(x)的图象关于原点对称

已知函数f(x)=ex−1，x≥m，−x2−4x−4，xA.函数fx至多有2个零点
B.函数fx至少有1个零点
C.当m<−3时，对∀x1≠x2，总有fx1−fx2x2−x1<0成立
D.当m=0时，方程ffx=0有3个不同实数根
三、填空题

命题“∃x∈0,+∞，ax>x2+4”的否定为________.

已知α是第四象限角，且csα+1∘=45，则csα−89∘=________．

已知y=fx为R上的奇函数，且其图象关于点2,0对称，若f1=1，则f2021=________.

对于函数y=fx，若存在x0，使fx0=−f−x0，则点x0,fx0与点−x0,−fx0均称为函数fx的“积分点”．已知函数fx=16−ax,x>0,6x−x3,x≤0,若点2,f2为函数y=fx一个“积分点”则a=________；若函数fx存在5个“积分点”，则实数a的取值范围为________.
四、解答题

设命题p∶对所有的2≤x≤3，不等式x2−4x+13≥m2恒成立；命题q:m>4或m<1．
(1)若命题p为真命题，求实数m的取值范围；

(2)若命题p、q一真一假，求实数m的取值范围．

(1)已知x，y>0，且1x+9y=1，求x+y的最小值，并求此时x，y的值；

(2)解关于x的不等式x−1ax−1>0，其中a∈R．

临澧一中高二年级有甲、乙两个乒乓球队进行单打擂台赛，规则如下：每队两名队员参赛，编号分别为1号、2号，第一局先由双方1号对1号，负者淘汰，之后的每局比赛均由上一局的胜方队员与负方的另一名队员进行比赛，直到某队的两名队员全部淘汰，则另一队胜出．表格中，第m行第n列的数是甲队m号队员战胜乙队n号队员的概率．

(1)求甲队胜出的概率；

(2)设X为比赛局数，求X的分布列和期望．

如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1=CD=DD1=12C1D1=1．

(1)证明：AD⊥平面CC1D1D；

(2)若A1C与平面CC1D1D所成角为π3，求二面角C−AA1−D的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=a>b>0的右焦点为Fc,0c>0，离心率为32，经过F且垂直于x轴的直线交椭圆于第一象限的点M，O为坐标原点，且|OM|=132.
(1)求椭圆C的方程;

(2)设不经过原点O且斜率为12的直线交椭圆于A，B两点，A，B关于原点O对称的点分别是C，D，试判断四边形ABCD的面积有没有最大值，若有，请求出最大值；若没有，请说明理由．

已知函数fx=xlnx，gx=1−ex2．
(1)求函数fx在点1,f1处的切线方程；

(2)若存在x0∈(0,m]，使得fx0−x0≤gm，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省常德市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ M=x|−2∴ M∩N=x|−1故选B．
2.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：因为函数y=3x在R上为增函数，
所以由3a>3b可以得出a>b，
由于y=x3在R上是增函数，
所以由a3>b3可以得出a＞b，
所以“3a>3b”是“a3>b3”的充要条件．
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据零点存在性定理，计算f(a)⋅f(b)＜0，由此确定还是零点所在的区间.
【解答】
解：∵ f(1)=1>0，f(2)=1−2ln2=lne4<0，
∴ 函数f(x)=1−xlnx的零点所在区间是(1, 2)．
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为lg34>1，0<5−0.5<1，lg312<0，
所以c故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
根据函数值的符号关系进行排除即可．
【解答】
解：当x＞1时，f(x)＜0，
当00，
结合各选项中的图象可得C是正确的.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
复合函数的单调性
函数的对称性
【解析】
求出函数的定义域，利用对称性进行判断即可．
【解答】
解：要使函数有意义，则x−2>0,4−x>0,
解得2则函数的定义域为(2,4)，
fx+3=lnx+1+ln1−x，
f3−x=ln1−x+ln1+x，
则fx+3=f3−x，
即函数关于x=3对称，故A正确，B错误，
∵ 函数关于x=3对称，
∴ 函数在定义域(2,4)上不具备单调性，故CD错误．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
函数的图象变换
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令f(x)>−2，得4−x2−2|x|−3>−2，
因此4−x2−3>2|x|−2，
构造函数g(x)=4−x2−3，ℎ(x)=2|x|−2，
在同一坐标系中，作出g(x)，ℎ(x) 的图象如图.
由图象知ℎ(x)=g(x)有两解，x1=−1,x2=1，
因此g(x)>ℎ(x)的解集为(−1,1)，从而f(x−1)>−2的解集为(0,2).
故选D.
8.
【答案】
D
【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
奇偶性与单调性的综合
【解析】
求出函数fx在1e2,e2上的最大值及最小值，结合题意可知需2fxmin>fxmax，由此建立关于m的不等式，解出即可．
【解答】
解：由于fx=lnxx+m，则f′x=1−lnxx2，
易知函数fx在1e2,e上单调递增，在(e,e2]上单调递减，
而f1e2=m−2e2，fe=m+1e，fe2=m+2e2，
∴ fx=lnxx+m在1e2,e2上的最大值为m+1e，最小值为m−2e2，
∴ 2fxmin>fxmax，即2m−2e2>m+1e，
解得m>4e2+1e．
故选D．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
任意角的三角函数
三角函数
象限角、轴线角
弧长公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对A，∵ 0<α<π2，sinα∴ sinα对B，∵ 2kπ+π2<α<2kπ+π，k∈Z，
∴ kπ+π4<α2∴ α2为第一或第三象限角，故B正确；
对C，若k=−1，P−3,−4，则sinα=−45，故C错误；
对D，|α|=lr=6−42=1，故D正确.
故选ABD．
【答案】
A,C,D
【考点】
对数及其运算
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用对数性质、基本不等式定理、1的作用求解．
【解答】
解：A，∵ a2+b2≥2ab ，
∴ 2a2+b2≥a+b2 ，
∵ a+b=1，
∴ 2a2+b2≥1，
∴ a2+b2≥12，故A正确；
B，∵ a>0，b>0，a+b=1，
∴ 1=a+b≥2ab ，则ab≤14，
∴ lg2a+lg2b=lg2ab≤lg214=−2，故B错误；
C，∵ a+b2=a+b+2ab≤1+214=2，
∴ a+b≤2 ，故C正确；
D，∵ a>0，b>0，a+b=1，
∴ 8a+2b=(8a+2b)⋅(a+b)
=8ba+2ab+10≥216+10=18，
当且仅当8ba=2ab，即a=23，b=13时取等号，
∴ 8a+2b≥18，故D正确．
故选ACD.
【答案】
A,B,D
【考点】
函数的定义域及其求法
函数的值域及其求法
函数单调性的判断与证明
函数奇偶性的判断
【解析】
由x2−x4≥0，且|x−1|−1≠0，可得函数的定义域，化简函数f(x)，计算f(−x)，判断f(x)的奇偶性，结合0【解答】
解：函数f(x)=x2−x4|x−1|−1，由x2−x4≥0，且|x−1|−1≠0，
解得−1≤x<0或0化简可得f(x)=x2−x4−x，
当0当−1≤x<0时，f(x)=1−x2∈[0, 1)，
则f(x)的值域为[−1, 1]，故B正确；
由f(−12)>f(12)，可知f(x)在整个定义域内不是单调递增，故C错误；
由定义域关于原点对称，且f(−x)=x2−x4x=−f(x)，
可得f(x)为奇函数，图象关于原点对称，故D正确.
故选ABD.
【答案】
A,B,C
【考点】
函数的零点
函数的图象
函数单调性的性质
【解析】
无
【解答】
解：作出函数y=ex−1和y=−x2−4x−4的图象如图所示，
当m>0时，函数fx只有1个零点；
当−2当m≤−2时，函数fx只有1个零点，故选项A，B正确；
当m<−3时，函数fx为单调递增函数，故选项C正确；
当m=0时，ft=0，t1=−2，t2=0，
当fx=t1=−2时，该方程有两个解；
当fx=t2=0时，该方程有两个解，
所以方程ffx=0有4个不同实数根，故选项D错误．
故选ABC．
三、填空题
【答案】
∀x∈0,+∞，ax≤x2+4
【考点】
命题的否定
全称命题与特称命题
【解析】
运用特称命题的否定为全称命题，即可解答．
【解答】
解：∵ 特称命题的否定为全称命题，
∴ “∃x∈0,+∞，ax>x2+4”的否定为：
“∀x∈0,+∞，ax≤x2+4”．
故答案为：∀x∈0,+∞，ax≤x2+4．
【答案】
−35
【考点】
运用诱导公式化简求值
同角三角函数间的基本关系
【解析】
利用同角三角函数间的基本关系求出sinα+1∘的值，所求式子利用诱导公式化简后将sinα+1∘的值代入计算求出值．
【解答】
解：∵ α是第四象限角，csα+1∘=45>0，
则α+1∘是第四象限角，
∴ sinα+1∘=1−cs2α+1∘=−35，
∴ csα−89∘=csα+1∘−90∘
=sinα+1∘=−35．
故答案为：−35．
【答案】
1
【考点】
函数的周期性
函数的求值
【解析】
无
【解答】
解：因为函数y=fx的图象关于点2,0对称，
所以f4−x=−fx，
又因为fx是奇函数，
所以−fx−4=−fx，
即fx−4=fx，
所以fx是周期为4的函数．
所以f2021=f4×505+1=f1=1．．
故答案为：1．
【答案】
6,6,+∞
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数新定义问题
分段函数的应用
【解析】
直接根据定义求出a，根据题中的条件，判断出“积分点”的特征，之后根据fx 存在5个“积分点”，等价于函数y=6x−x3x≤0 关于原点对称的图象恰好与函数y=16−axx>0 有两个交点，构造函数利用导数求得结果．
【解答】
解：∵ 点(2,f(2))为函数y=fx一个“积分点”，
∴ f(2)=−f−2 ，
即16−2a=−[−2×6−−23]，解得a=6.
∵f(0)=−f(0)，
∴(0,0)是f(x)的一个“积分点”，
∴问题等价于6x−x3=−ax−16在x<0处有2个不同的交点，
∴(a+6)x=x3−16，
∴a+6=x2−16x，
构造g(x)=x2−16x(x<0)，
则g′(x)=2x+16x2=2(x2+8)x2，
∴当x∈(−∞,−2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(−2,0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
且x→0时，g(x)→+∞，当x→−∞时，g(x)→+∞，
∴保证y=a+6与y=x2−16x存在2个交点，
只需满足a+6>g(−2)=4+8=12，
∴a>6，即a∈(6,+∞)．
故答案为：6；6,+∞．
四、解答题
【答案】
解：(1)若命题p为真命题，
则不等式x2−4x+13≥m2，x∈[2,3]恒成立．
设f(x)=x2−4x+13，
则f′(x)=2x−4，
则f(x)在[2,3]上单调递增，
∴ f(x)min=f(2)=9，
∴ m2≤9，解得−3≤m≤3．
(2)由题意可知，命题p，q一真一假，
若p真，则−3≤m≤3，
若q真，则m>4或m<1，
①p真q假，
则1≤m≤4,−3≤m≤3,
解得1≤m≤3.
②p假q真，
则 m<1或m>4,m<−3或m>3,
解得m<−3或m>4.
综上，实数m的取值范围为{m|m<−3或m>4或1≤m≤3}．
【考点】
命题的真假判断与应用
复合命题及其真假判断
【解析】
(1)利用命题的真假和函数的恒成立问题的应用求出参数的取值范围；
(2)利用分类讨论思想的应用求出结果．
【解答】
解：(1)若命题p为真命题，
则不等式x2−4x+13≥m2，x∈[2,3]恒成立．
设f(x)=x2−4x+13，
则f′(x)=2x−4，
则f(x)在[2,3]上单调递增，
∴ f(x)min=f(2)=9，
∴ m2≤9，解得−3≤m≤3．
(2)由题意可知，命题p，q一真一假，
若p真，则−3≤m≤3，
若q真，则m>4或m<1，
①p真q假，
则1≤m≤4,−3≤m≤3,
解得1≤m≤3.
②p假q真，
则 m<1或m>4,m<−3或m>3,
解得m<−3或m>4.
综上，实数m的取值范围为{m|m<−3或m>4或1≤m≤3}．
【答案】
解：(1)∵ x>0，y>0，1x+9y=1，
∴ x+y=1x+9y⋅x+y
=yx+9xy+10≥2yx⋅9xy+10
=6+10=16，
当且仅当yx=9xy，即x=4,y=12时等号成立，
∴ 当x=4，y=12时， x+ymin=16．
(2)当a=0对，不等式为x−1<0，解得x<1；
当a≠0时，不等式化为ax−1x−1a>0，
若a<0，则不等式化成x−1x−1a<0，且1a<1，
解得1a若a>0，则不等式化为x−1x−1a>0，
当a=1时， 1a=1，则不等式化为x−12>0，解得x≠1；
当01，
解不等式得x<1或x>1a；
当a>1时， 1a<1，解不等式得x<1a或x>1；
综上所述，当a<0时，不等式的解集是1a,1；
当a=0时，不等式的解集是−∞,1；
当0当a=1时，不等式的解集是x|x≠1；
当a>1时，不等式的解集是−∞,1a∪1,+∞．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
一元二次不等式的解法
【解析】
(1)利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
(2)讨论a与1的大小，分别写出对应不等式的解集．
【解答】
解：(1)∵ x>0，y>0，1x+9y=1，
∴ x+y=1x+9y⋅x+y
=yx+9xy+10≥2yx⋅9xy+10
=6+10=16，
当且仅当yx=9xy，即x=4,y=12时等号成立，
∴ 当x=4，y=12时， x+ymin=16．
(2)当a=0对，不等式为x−1<0，解得x<1；
当a≠0时，不等式化为ax−1x−1a>0，
若a<0，则不等式化成x−1x−1a<0，且1a<1，
解得1a若a>0，则不等式化为x−1x−1a>0，
当a=1时， 1a=1，则不等式化为x−12>0，解得x≠1；
当01，
解不等式得x<1或x>1a；
当a>1时， 1a<1，解不等式得x<1a或x>1；
综上所述，当a<0时，不等式的解集是1a,1；
当a=0时，不等式的解集是−∞,1；
当0当a=1时，不等式的解集是x|x≠1；
当a>1时，不等式的解集是−∞,1a∪1,+∞．
【答案】
解：(1)甲队胜出的概率为0.5×0.4+0.5×0.6×0.5+0.5×0.6×0.5=0.5.
(2)由题意得，X=2，3.
P(X=2)=0.4，
P(X=3)=0.6，
∴ 分布列为：
∴ EX=2.6.
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)甲队胜出的概率为0.5×0.4+0.5×0.6×0.5+0.5×0.6×0.5=0.5.
(2)由题意得，X=2，3.
P(X=2)=0.4，
P(X=3)=0.6，
∴ 分布列为：
∴ EX=2.6.
【答案】
(1)证明：在梯形CC1D1D中，因为CC1=CD=DD1=12C1D1=1，
所以∠DD1C1=π3，连接DC1，如图，
由余弦定理可得DC1=3，
因为DC12+DD12=D1C12，所以DC1⊥DD1，
因为平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，
所以DC1⊥平面AA1D1D.
因为AD⊂平面AA1D1D，所以AD⊥DC1，
因为AD⊥DC，DC∩DC1=D，
所以AD⊥平面CC1D1D.
(2)解：连接A1C1．由(1)可知A1D1⊥平面CC1D1D，
以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D1−xyz，
因为A1D1⊥平面CC1D1D，
所以A1C在平面CC1D1D内的投影为D1C，所以A1C与平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1，
即∠A1CD1=π3．
在Rt△A1CD1中，因为CD1=3，所以A1D1=3．
因为D1(0,0,0)，A1(3,0,0)，D(0,12,32)，C(0,32,32)，C1(0,2,0)，
所以D1D→=(0,12,32)，D1A1→=(3,0,0)，A1C1→=(−3,2,0)，A1C→=(−3,32,32)，
平面AA1D1D的法向量为DC1→=(0,32,−32)，
设平面AA1C1C的法向量为n→=x,y,z，
则 n→⋅A1C1→=−3x+2y=0，n→⋅A1C→=−3x+32y+32z=0，
令x=2，得n→=2,3,3，
所以cs=DC1→⋅n→|DC1→||n→|=−34，
由图可知二面角C−AA1−D为锐角，
所以二面角C−AA1−D的余弦值为34．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：在梯形CC1D1D中，因为CC1=CD=DD1=12C1D1=1，
所以∠DD1C1=π3，连接DC1，如图，
由余弦定理可得DC1=3，
因为DC12+DD12=D1C12，所以DC1⊥DD1，
因为平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，
所以DC1⊥平面AA1D1D.
因为AD⊂平面AA1D1D，所以AD⊥DC1，
因为AD⊥DC，DC∩DC1=D，
所以AD⊥平面CC1D1D.
(2)解：连接A1C1．由(1)可知A1D1⊥平面CC1D1D，
以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D1−xyz，
因为A1D1⊥平面CC1D1D，
所以A1C在平面CC1D1D内的投影为D1C，所以A1C与平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1，
即∠A1CD1=π3．
在Rt△A1CD1中，因为CD1=3，所以A1D1=3．
因为D1(0,0,0)，A1(3,0,0)，D(0,12,32)，C(0,32,32)，C1(0,2,0)，
所以D1D→=(0,12,32)，D1A1→=(3,0,0)，A1C1→=(−3,2,0)，A1C→=(−3,32,32)，
平面AA1D1D的法向量为DC1→=(0,32,−32)，
设平面AA1C1C的法向量为n→=x,y,z，
则 n→⋅A1C1→=−3x+2y=0，n→⋅A1C→=−3x+32y+32z=0，
令x=2，得n→=2,3,3，
所以cs=DC1→⋅n→|DC1→||n→|=−34，
由图可知二面角C−AA1−D为锐角，
所以二面角C−AA1−D的余弦值为34．
【答案】
解：(1)由题意知ca=32，即a2=43c2，①
a2=b2+c2，所以b2=c23，②
x=c,x2a2+y2a2=1,则x=c,y=±b2a,
所以M(c,b2a),
则|OM|=c2+b2a2=132③
联立①②③，解得c=3,a=2,b=1,
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=12x+m,
y=12x+m，x24+y2=1，
消元得，2x2+4mx+4m2−1=0.
则Δ=16−2−m2>0,解得−2x1+x2=−2m,x1x2=2m2−1，
|AB|=1+122|x1−x2|
=52x1+x22−4x1x2
=52−2m2−4×m2−1
=528−4×m2.
原点O到直线AB的距离为d=|m|14+1=255|m|，
则直线CD到直线AB的距离为d′=2d=455|m|,
显然四边形ABCD是平行四边形，
所以S四边形ABCD=|AB|d′=528−4m2⋅455|m|
=214⋅4m28−4m2≤214⋅[4m2+8−4m2]22]=4.
当且仅当4m2=8−4m2，即m=±1时，等号成立，
故四边形ABCD的面积存在最大值，且最大值为4.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知ca=32，即a2=43c2，①
a2=b2+c2，所以b2=c23，②
x=c,x2a2+y2a2=1,则x=c,y=±b2a,
所以M(c,b2a),
则|OM|=c2+b2a2=132③
联立①②③，解得c=3,a=2,b=1,
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=12x+m,
y=12x+m，x24+y2=1，
消元得，2x2+4mx+4m2−1=0.
则Δ=16−2−m2>0,解得−2x1+x2=−2m,x1x2=2m2−1，
|AB|=1+122|x1−x2|
=52x1+x22−4x1x2
=52−2m2−4×m2−1
=528−4×m2.
原点O到直线AB的距离为d=|m|14+1=255|m|，
则直线CD到直线AB的距离为d′=2d=455|m|,
显然四边形ABCD是平行四边形，
所以S四边形ABCD=|AB|d′=528−4m2⋅455|m|
=214⋅4m28−4m2≤214⋅[4m2+8−4m2]22]=4.
当且仅当4m2=8−4m2，即m=±1时，等号成立，
故四边形ABCD的面积存在最大值，且最大值为4.
【答案】
解：(1)x>0，则f′x=1+lnx，
则切线斜率k=f′1=1，
又f1=0，
所以曲线在点1,f1处的切线方程为y=x−1．
(2)由题意知：只需fx−xmin≤gm，x∈(0,m]，
设ℎx=fx−x=xlnx−x，则ℎ′x=lnx，
令ℎ′x=lnx=0，得x=1，
故ℎx在0,1上单调递减，1,+∞上单调递增，
①若0则ℎx在(0,m]上单调递减，
则只需ℎm≤gm，
即2mlnm−2m−1+em≤0，
记φm=−2m−1+em，0因为φ′m=−2+em，
所以φm在0,ln2上单调递减，在ln2,1上单调递增，
而φ0=0，φ1<0，
所以φm<0在0又因为2mlnm≤0，
所以2mlnm−2m−1+em≤0对任意0②若m>1，ℎxmin=ℎ1，
只需ℎ1≤gm，即−1≤121−em，
解得1综上，m∈(0,ln3]．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)x>0，则f′x=1+lnx，
则切线斜率k=f′1=1，
又f1=0，
所以曲线在点1,f1处的切线方程为y=x−1．
(2)由题意知：只需fx−xmin≤gm，x∈(0,m]，
设ℎx=fx−x=xlnx−x，则ℎ′x=lnx，
令ℎ′x=lnx=0，得x=1，
故ℎx在0,1上单调递减，1,+∞上单调递增，
①若0则ℎx在(0,m]上单调递减，
则只需ℎm≤gm，
即2mlnm−2m−1+em≤0，
记φm=−2m−1+em，0因为φ′m=−2+em，
所以φm在0,ln2上单调递减，在ln2,1上单调递增，
而φ0=0，φ1<0，
所以φm<0在0又因为2mlnm≤0，
所以2mlnm−2m−1+em≤0对任意0②若m>1，ℎxmin=ℎ1，
只需ℎ1≤gm，即−1≤121−em，
解得1综上，m∈(0,ln3]．0.5
0.4
0.6
0.5
X
2
3
P
0.4
0.6
X
2
3
P
0.4
0.6

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