2020-2021学年河南省南阳市高二（下）5月联考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高二（下）5月联考数学试卷北师大版，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。


1. 复数z=1+ai1+ia∈R在复平面内对应的点在虚轴上，则a等于（ ）
A.2B.−1C.1D.−2

2. 设函数f(x)在x=1处存在导数为2，则limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx=( )
A.23B.6C.13D.12

3. 利用数学归纳法证明“n+1n+2… n+n=2n×1×3×⋯×2n−1，n∈N∗”时，从“n=k”变到“n=k+1”时，左边应增乘的因式是（ ）
A.2k+1B.2k+1k+1C.2k+12k+2D.22k+1

4. “学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门APP，该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块．某人在学习过程中，“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有( )
A.192 种B.240 种C.432 种D.528 种

5. 已知X∼B5,13，则P32≤X≤72=( )
A.80243 B.40243 C.4081D.8081

6. 从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A=“取到的2个数之和为偶数”，事件B=“取到两个数均为偶数”，则P(B|A)=( )
A. 18 B.14C.25D.12

7. 在《九章算术》方田章圆田术（刘徽注）中指出，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在2+2+2+⋯中“⋯”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程x+2=x确定出来x=2，类比上述结论可得lg2[2+lg2(2+lg2(2+⋯))]的正值为( )
A.1B.2C.2D.4

8. 已知随机变量X∼N(2, 1)，其正态分布密度曲线如图所示，若向长方形OABC中随机投掷1点，则该点恰好落在阴影部分的概率为( )
附：若随机变量ξ∼N(μ, σ2)，则P(μ−σ<ξ≤μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<ξ≤μ+2σ)=0.9544．


9. 某校实行选科走班制度，张毅同学的选择是物理、生物、政治这三科，且物理在A层班级，生物在B层班级，该校周一上午课程安排如表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则他不同的选课方法有( )

A.8种B.10种C.12种D.14种

10. 设a，b，c均为正实数，则三个数a+4b，b+4c，c+4a
A.都大于4B.都小于4
C.至少有一个不大于4D.至少有一个不小于4

11. 设0
A.D(ξ)减小B.D(ξ)增大
C.D(ξ)先减小后增大D.D(ξ)先增大后减小

12. 给出定义；如果函数fx在a,b上存在x1，x2（aA.32,3B.2,3C.32,23D.2,23
二、填空题

−4416−x2+sinxdx=________.

庙会是我国古老的传统民俗文化活动，又称“庙市”或“节场”．庙会大多在春节、元宵节等节日举行．庙会上有丰富多彩的文化娱乐活动，如“砸金蛋”（游玩者每次砸碎一颗金蛋，如果有奖品，则“中奖”）．今年春节期间，某校甲、乙、丙、丁四位同学相约来到某庙会，每人均获得砸一颗金蛋的机会．游戏开始前，甲、乙、丙、丁四位同学对游戏中奖结果进行了预测，预测结果如下：
甲说：“我或乙能中奖”；乙说：“丁能中奖”；丙说：“我或乙能中奖”，丁说：“甲不能中奖．游戏结束后，这四位同学中只有一位同学中奖，且只有一位同学的预测结果是正确的，则中奖的同学是________.

若x+13+x−28=a0+a1x−1+a2x−12+⋯+a8x−18，则a6=________.

已知函数fx=x2−mx−mex+2m（m∈R）在x=0处取得极小值，则m=________，fx的极大值是________.
三、解答题

已知函数fx=3xx+3，数列{an}对于n∈N∗，总有an+1=fan，a1=12．
(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列an的通项公式；

(2)用数学归纳法证明你的猜想．

已知1+mxn （m是正实数）的展开式的二项式系数之和为128，展开式中含x项的系数为84.
(1)求m，n的值；

(2)求1+mxn的展开式中有理项的系数和．

现将甲、乙两个学生在高二的6次数学测试的成绩（百分制）制成如图所示的茎叶图，进人高三后，由于改进了学习方法，甲、乙这两个学生的考试数学成绩预计同时有大的提升.若甲（乙）的高二任意一次考试成绩为x，则甲（乙）的高三对应的考试成绩预计为x+10（若x+10>100.则取x+10为100).若已知甲、乙两个学生的高二6次考试成绩分别都是由低到高进步的，定义X为高三的任意一次考试后甲、乙两个学生的当次成绩之差的绝对值.

(1)试预测：在将要进行的高三6次测试中，甲、乙两个学生的平均成绩分别为多少？（计算结果四舍五入，取整数值）

(2)求X的分布列和数学期望.

由于《中国诗词大会》节目在社会上反响良好，某地也模仿并举办民间诗词大会，进入正赛的条件为：电脑随机抽取10首古诗，参赛者能够正确背诵6首及以上的进入正赛．若诗词爱好者甲、乙参赛，他们背诵每一首古诗正确的概率均为12．
(1)求甲进入正赛的概率；

(2)若参赛者甲、乙都进入了正赛，现有两种赛制可供甲、乙进行PK，淘汰其中一人．
赛制一：积分淘汰制，电脑随机抽取4首古诗，每首古诗背诵正确加2分，错误减1分．
由于难度增加，甲背诵每首古诗正确的概率为25，乙背诵每首古诗正确的概率为13，设甲的得分为x2，乙的得分为x2．
赛制二：对诗淘汰制，甲、乙轮流互出诗名，由对方背诵且互不影响，乙出题，甲回答正确的概率为0.3，甲出题，乙回答正确的概率为0.4，谁先背诵错误谁先出局．
(ⅰ)赛制—中，求甲、乙得分的均值，并预测谁会被淘汰；
(ⅱ)赛制二中，谁先出题甲获胜的概率大？

已知函数fx=ax3+bx2−3x+c在x=±1处取得极值．
(1)若fx有三个不同的零点，求c的取值范围；

(2)若函数fx为奇函数，过点0,16作曲线y=fx的切线，求切线方程．

已知函数fx=lnx−ex−12．
(1)证明：函数f′x在12,2内存在唯一零点．

(2)已知fx−ℎx=ax−ex−12a∈R，若函数ℎx有两个相异零点x1，x2，且x1x2>b（b为与x无关的常数），证明：b≤e2．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高二（下）5月联考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出．
【解答】
解：z=1+ai1+i=1+ai1−i1+i1−i=1+a+a−1i2，
∵ z在复平面内对应的点1+a2,a−12在虚轴上，
∴ 1+a2=0且 a−12≠0，
解得a=−1.
故选B．
2.
【答案】
A
【考点】
导数的概念
极限及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：limΔx→0f(1+Δx)−f(1)3Δx
=13limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx
=13f′(1)
=23.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
数学归纳法
【解析】
根据已知等式，分别考虑n=k，n=k+1时的左边因式，比较增加与减少的项，从而得解．
【解答】
解：由题意，n=k时，左边为k+1 k+2… k+k，
n=k+1时，左边为k+2k+3… k+1+k+1，
从而增加两项为2k+12k+2 ，且减少一项为k+1，
∴ 左边应增乘的因式是2k+12k+2k+1=22k+1.
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
分成“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间无间隔和间隔一个答题板块两种情况讨论即可．
【解答】
解：由题意，可知“阅读文章”与“视听学习”相邻的方法数为A22A55=240种；
“阅读文章“与”视听学习“间恰有一个答题板块的方法数为C41A22A44=192种；
共有240+192=432种方法.
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
二项分布的应用
【解析】
由二项分布与n次独立重复实验的模型可得：P32≤X≤72=PX=2+PX=3得解．
【解答】
解：因为X∼B5,13，
所以P32≤X≤72=PX=2+PX=3
=C52233132+C53232133=4081.
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
利用互斥事件的概率及古典概型概率计算公式求出事件A的概率，同样利用古典概型概率计算公式求出事件AB的概率，然后直接利用条件概率公式求解．
【解答】
解：P(A)=C32+C22C52=25，P(AB)=C22C52=110．
由条件概率公式得P(B|A)=P(AB)P(A)=14．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
类比推理
【解析】
通过类比推理的方法，得到求值的方法：列方程，求解即可．
【解答】
解：由题意可得x=lg2(2+x)，x>0，
∴ 2x=x+2，
解得x=2．
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
由题意求出P(0【解答】
解：由题意P(0向长方形OABC中随机投掷1点，
则该点恰好落在阴影部分的概率为P=1×2−0.13591×2=0.93205．
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
分类加法计数原理
【解析】
由课程表可知：物理课可以上任意一节，生物课只能上第2、3节，政治课只能上第1、3节，而自习课可以上任意一节，故以生物
课（或政治课）进行分类，再分步排其他科目．由计数原理可得张毅同学不同的选课方法．
【解答】
解：由课程表可知：物理课可以上任意一节，生物课只能上第2、3节，政治课只能上第1、3、4节，而自习课可以上任意一节．
若生物课排第2节，则其他课可以任意排，共有A33=6种不同的选课方法．
若生物课排第3节，则政治课有C21种排法，其他课可以任意排，有A22=2种排法，
共有C21⋅A22=4种不同的选课方法．
所以共有6+4=10种不同的选课方法．
故选B.
10.
【答案】
D
【考点】
不等式的证明
反证法与放缩法
【解析】
由题意，分别举反例即可比较．
【解答】
解：因为a，b，c均为正实数，
不妨令a=b=c=2，
则三个数为4，4，4；
若令a=b=c=4，
则三个数为5，5，5，
排除A，B，C选项．
故选D．
11.
【答案】
D
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性．
【解答】
解：∵ Eξ=0×1−p2+1×12+2×p2=p+12，
∴ Dξ=1−p20−p−122+121−p−122+p22−p−122
=−p2+p+14=−(p−12)2+12.
∵ 12∈0,1，
∴ Dξ先增大后减小.
故选D．
12.
【答案】
A
【考点】
导数的运算
利用导数研究函数的单调性
根的存在性及根的个数判断
【解析】
由题意分析得出方程x2−2x=13m2−m在区间0,m上有两个解，令gx=x2−2x−13m2+m，x∈0,m，利用二次函数零点分布可得出关于实数m的不等式组，由此可解得实数m的取值范围．
【解答】
解：已知fx=13x3−x2+m，
因为fm−f0m=13m2−m，
又f′x=x2−2x，
根据题意函数fx=13x3−x2+m是0,m上的“对望函数”，
即x2−2x=13m2−m在区间0,m上有两个解，
令gx=x2−2x−13m2+m ，x∈0,m，
由题意可知，函数y=gx在区间0,m有两个不等的零点，
其满足Δ=4+43m2−4m>0，m>1，
且g(0)=−13m2+m>0，gm=23m2−m>0， 解得32故选A．
二、填空题
【答案】
8π
【考点】
定积分
【解析】
因为 −22sinxdx=−csx|22=0，−4416−x2dx的几何意义为半圆x2+y2=16，−4≤x≤4围成区域的面积，即可求解.
【解答】
解：因为 −44sinxdx=−csx|−44=0，
−4416−x2dx的几何意义为半圆x2+y2=16，−4≤x≤4围成区域的面积，
易得其面积为8π，
即−4416−x2dx=8π，
故−44(16−x2+sinx)dx=−4416−x2dx+−44sinxdx=8π.
故答案为： 8π.
【答案】
甲
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
做出由四人的预测表，然后分析四个人的话，能够求出结果．
【解答】
解：由四人的预测可得下表：
①若甲中奖，仅有甲预测正确，符合题意；
②若乙中奖，甲、丙、丁预测正确，不符合题意；
③若丙中奖，丙、丁预测正确，不符合题意；
④若丁中奖，乙、丁预测正确，不符合题意，
故只有当甲中奖时，仅有甲一人预测正确．
故答案为：甲．
【答案】
28
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
x+13+x−28=x−1+23++x−1−18，而x−1+23展开式中不含x−16项，x−1−18中含x−16项为T2+1=C82x−16−12，从而求出所求．
【解答】
解：x+13+x−28=x−1+23+x−1−18，
而x−1+23展开式中不含x−16项，
x−1−18中含x−16项为T2+1=C82x−16−12，
∴ a6=C82=28.
故答案为：28．
【答案】
0,4e−2
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由题意，对函数进行求导，因为其在x=0处取得极小值，且该函数为连续函数，所以该函数在x=0处取得最小值，进而得m的值，代入函数f(x)中和导函数中，求解即可.
【解答】
解：已知函数f(x)=(x2−mx−x)ex+2m，函数定义域为R，
则f′x=2x−mex+x2−mx−mex=x2+2−mx−2mex，
若函数fx在x=0处取得极小值，且函数连续，则在其在x=0处取得最小值
所以f′0=−2m=0，即m=0，
可得fx=x2ex，f′x=x2+2xex，
因为ex>0，
不妨令f′x>0，解得x<−2或x>0 ，令f′x<0，解得−2所以函数fx在−∞,−2和0,+∞上单调递增，在−2,0上单调递减，
而函数fx的极大值f(x)极大=f−2=4e−2.
故答案为：0；4e−2.
三、解答题
【答案】
(1)解：由fx=3xx+3，
得an+1=fan=3anan+3，
因为a1=12=36，
所以a2=37，a3=38，a4=39，
猜想an=3n+5n∈N∗．
(2)证明：用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，a1=31+5=12，猜想成立；
②假设当n=kk∈N∗时猜想成立，即ak=3k+5，
则当n=k+1时，
ak+1=3akak+3=3⋅3k+53k+5+3=3k+1+5，
所以当n=k+1时猜想也成立．
由①②知，对n∈N∗，an=3n+5都成立．
【考点】
数列递推式
归纳推理
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由fx=3xx+3，
得an+1=fan=3anan+3，
因为a1=12=36，
所以a2=37，a3=38，a4=39，
猜想an=3n+5n∈N∗．
(2)证明：用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，a1=31+5=12，猜想成立；
②假设当n=kk∈N∗时猜想成立，即ak=3k+5，
则当n=k+1时，
ak+1=3akak+3=3⋅3k+53k+5+3=3k+1+5，
所以当n=k+1时猜想也成立．
由①②知，对n∈N∗，an=3n+5都成立．
【答案】
解：(1)由题意可知2n=128，解得n=7，
所以(1+mx)n的展开式的通项为Tr+1=C7r(mx)r=mrC7rxr2，
令r=2，得含x项的系数为m2C72，
由题意得m2C72=84，又m>0，所以m=2．
综上，m=2，n=7．
(2)由(1)得(1+2x)7的展开式的通项为Tr+1=2r⋅C7r⋅xr2，
所以(1+2x)7的展开式中的有理项分别为
T1=C70=1，T3=4C72x，T5=16C74x2，T7=64C76x3，
所以(1+mx)m的展开式中有理项的系数和为
1+4C72+16C74+64C76=1093．
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
(1)暂无．
(2)暂无．
【解答】
解：(1)由题意可知2n=128，解得n=7，
所以(1+mx)n的展开式的通项为Tr+1=C7r(mx)r=mrC7rxr2，
令r=2，得含x项的系数为m2C72，
由题意得m2C72=84，又m>0，所以m=2．
综上，m=2，n=7．
(2)由(1)得(1+2x)7的展开式的通项为Tr+1=2r⋅C7r⋅xr2，
所以(1+2x)7的展开式中的有理项分别为
T1=C70=1，T3=4C72x，T5=16C74x2，T7=64C76x3，
所以(1+mx)m的展开式中有理项的系数和为
1+4C72+16C74+64C76=1093．
【答案】
解：(1)甲高三的6次考试平均成绩为
78+86+89+96+98+1006=9116，
乙高三的6次考试平均成绩为
81+85+92+94+96+1006=9113
所以预测：在将要进行的高三6次测试中，甲、乙两个学生的平均成绩分别约为91，91.
(2)因为X为高三的任意一次考试后甲、乙两个学生的当次成绩之差的绝对值，
所以X=0,1,2，3
所以PX=0=16，
PX=1=16，
PX=2=26=13，
PX=3=26=13，
所以X的分布列为
所以EX=0×16+1×16+2×13+3×13=116.
【考点】
茎叶图
算术平均数
离散型随机变量及其分布列
【解析】
(1)先依题意预测出高三的6次考试成绩，由平均数的公式，分别计算即可；
(2)由题意先写出随机变量X的取值，以及对应的概率，即可求出分布列和期望．
【解答】
解：(1)甲高三的6次考试平均成绩为
78+86+89+96+98+1006=9116，
乙高三的6次考试平均成绩为
81+85+92+94+96+1006=9113
所以预测：在将要进行的高三6次测试中，甲、乙两个学生的平均成绩分别约为91，91.
(2)因为X为高三的任意一次考试后甲、乙两个学生的当次成绩之差的绝对值，
所以X=0,1,2，3
所以PX=0=16，
PX=1=16，
PX=2=26=13，
PX=3=26=13，
所以X的分布列为
所以EX=0×16+1×16+2×13+3×13=116.
【答案】
解：(1)甲进入正赛的概率为P=C1061210+C1071210+C1081210
+C1091210+C10101210，
∵C106+C107+C108+C109+C1010=C100+C101+C102+C103+C104，
∴甲进入正赛的概率P=386×1210=193512 ．
(2)①由题意，甲乙两人的得分均有可能为8分，5分，2分，−1分，−4分．
Px1=8=C44254=16625，
Px1=5=C43253=96625，
Px1=2=C42352252=216625，
Px1=−1=C41251=21653=216625，
Px1=−4=C40354=81625，
∴ Ex1=8×16625+5×96625+2×216625−1×216625−4×81625=45，
Px2=8=C44134=181，
Px2=5=C43133231=881，
P(x2=2)=C42(13)2(23)2=827，
P(x2=−1)=C41(13)3=328)3=3281，
Px2=−4=C40234=1681，
∴Ex2=8×181+5×881+2×827−1×3281−4×1681=0，
Ex1>Ex2，
∴乙可能被淘汰．
②甲先出题且甲获胜的概率：
P1=0.6+0.4×0.3×0.6+0.42×0.32×0.6+0.43×0.33×0.6+⋯，
此为等比数列求和，
P1=15221−0.12n≈1522，
乙先出题乙获胜的概率：
P2=0.7+0.3×0.4×0.7+0.32×0.42×0.7+0.33×0.43×0.7+⋯，
此为等比数列求和，
P2=35441−0.12n≈3544,
则甲获胜的概率约为1−3544=944，
∵1522>944，
∴ 甲先出题甲获胜的概率大．
【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)甲进入正赛的概率为P=C1061210+C1071210+C1081210
+C1091210+C10101210，
∵C106+C107+C108+C109+C1010=C100+C101+C102+C103+C104，
∴甲进入正赛的概率P=386×1210=193512 ．
(2)①由题意，甲乙两人的得分均有可能为8分，5分，2分，−1分，−4分．
Px1=8=C44254=16625，
Px1=5=C43253=96625，
Px1=2=C42352252=216625，
Px1=−1=C41251=21653=216625，
Px1=−4=C40354=81625，
∴ Ex1=8×16625+5×96625+2×216625−1×216625−4×81625=45，
Px2=8=C44134=181，
Px2=5=C43133231=881，
P(x2=2)=C42(13)2(23)2=827，
P(x2=−1)=C41(13)3=328)3=3281，
Px2=−4=C40234=1681，
∴Ex2=8×181+5×881+2×827−1×3281−4×1681=0，
Ex1>Ex2，
∴乙可能被淘汰．
②甲先出题且甲获胜的概率：
P1=0.6+0.4×0.3×0.6+0.42×0.32×0.6+0.43×0.33×0.6+⋯，
此为等比数列求和，
P1=15221−0.12n≈1522，
乙先出题乙获胜的概率：
P2=0.7+0.3×0.4×0.7+0.32×0.42×0.7+0.33×0.43×0.7+⋯，
此为等比数列求和，
P2=35441−0.12n≈3544,
则甲获胜的概率约为1−3544=944，
∵1522>944，
∴ 甲先出题甲获胜的概率大．
【答案】
解：(1)∵ fx=ax3+bx2−3x+c，
∴ f′x=3ax2+2bx−3．
又∵ fx在x=±1处取很极值，
∴ f′1=0,f′−1=0,
即3a+2b−3=0,3a−2b−3=0,
解得a=1,b=0,
∴ f′x=3x2−3，fx=x3−3x+c．
当x变化时，f′x的变化情况如下表：
要使函数y=fx有三个不同零点，
则f1=2+c>0,f−1=−2+c<0,
解得−2∴ c的取值范围为−2(2)由(1)可知fx=x3−3x+c，f′x=3x2−3，
∵ fx为奇函数，
∴ fx=−f−x，
∴ x3−3x+c=−−x3+3x+c，
∴ c=0，
∴ fx=x3−3x．
∵ A0,16不在函数fx=x3−3x的图象上，
故可设切线方程为y=kx+16，切点为x0,y0，
∴ f′x0=3x02−3=k,x03=kx0+16,y0=kx0+16,
解得
x0=−2,y0=−2,k=9.
∴ 切线方程为y=9x+16，
即9x−y+16=0．
【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极值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ fx=ax3+bx2−3x+c，
∴ f′x=3ax2+2bx−3．
又∵ fx在x=±1处取很极值，
∴ f′1=0,f′−1=0,
即3a+2b−3=0,3a−2b−3=0,
解得a=1,b=0,
∴ f′x=3x2−3，fx=x3−3x+c．
当x变化时，f′x的变化情况如下表：
要使函数y=fx有三个不同零点，
则f1=2+c>0,f−1=−2+c<0,
解得−2∴ c的取值范围为−2(2)由(1)可知fx=x3−3x+c，f′x=3x2−3，
∵ fx为奇函数，
∴ fx=−f−x，
∴ x3−3x+c=−−x3+3x+c，
∴ c=0，
∴ fx=x3−3x．
∵ A0,16不在函数fx=x3−3x的图象上，
故可设切线方程为y=kx+16，切点为x0,y0，
∴ f′x0=3x02−3=k,x03=kx0+16,y0=kx0+16,
解得
x0=−2,y0=−2,k=9.
∴ 切线方程为y=9x+16，
即9x−y+16=0．
【答案】
(1)证明：f′x=1x−12ex=2e−xex2ex．
令gx=2e−xex，
则g′x=−x+1ex<0在12,2上恒ī成立，
所以gx=2e−xex在12,2上单调递减，
g12=2e−e2>0，g2=2e−2e2<0，
根据零点存在定理得，函数gx在12,2存在唯一零点，
当x∈12,2时，2ex>0，
所以f′x=gx2ex在12,2存在唯一零点.
(2)解：因为fx=lnx−ex−12，fx−ℎx=ax−ex−12a∈R
所以ℎx=lnx−axa∈R．
不妨设x1>x2>0，
因为ℎx1=ℎx2=0，
所以lnx1−ax1=0，lnx2−ax2=0，
所以lnx1+lnx2=ax1+x2，lnx1−lnx2=ax1−x2．
因为x1>0，x2>0，
而要求满足x1x2>b的b的最大，
所以只需证明x1x2>e2，
所以x1x2>e2⇔lnx1+lnx2>2⇔ax1+x2>2
⇔lnx1−lnx2x1−x2>2x1+x2
⇔lnx1x2>2(x1−x2)x1+x2
⇔lnx1x2>2x1x2−1x1x2+1（∗）
令x1x2=t，
则t>1，
所以（∗）⇔lnt−2t−1t+1>0．
令kt=lnt−2t−1t+1，t>1．
则k′t=1t+−4t+12=t−12tt+12>0，
所以k(t)在(1,+∞)上调递增，
即kt>k1=0．
综上，b≤e2．
【考点】
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
函数零点的判定定理
利用导数研究函数的最值
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：f′x=1x−12ex=2e−xex2ex．
令gx=2e−xex，
则g′x=−x+1ex<0在12,2上恒ī成立，
所以gx=2e−xex在12,2上单调递减，
g12=2e−e2>0，g2=2e−2e2<0，
根据零点存在定理得，函数gx在12,2存在唯一零点，
当x∈12,2时，2ex>0，
所以f′x=gx2ex在12,2存在唯一零点.
(2)解：因为fx=lnx−ex−12，fx−ℎx=ax−ex−12a∈R
所以ℎx=lnx−axa∈R．
不妨设x1>x2>0，
因为ℎx1=ℎx2=0，
所以lnx1−ax1=0，lnx2−ax2=0，
所以lnx1+lnx2=ax1+x2，lnx1−lnx2=ax1−x2．
因为x1>0，x2>0，
而要求满足x1x2>b的b的最大，
所以只需证明x1x2>e2，
所以x1x2>e2⇔lnx1+lnx2>2⇔ax1+x2>2
⇔lnx1−lnx2x1−x2>2x1+x2
⇔lnx1x2>2(x1−x2)x1+x2
⇔lnx1x2>2x1x2−1x1x2+1（∗）
令x1x2=t，
则t>1，
所以（∗）⇔lnt−2t−1t+1>0．
令kt=lnt−2t−1t+1，t>1．
则k′t=1t+−4t+12=t−12tt+12>0，
所以k(t)在(1,+∞)上调递增，
即kt>k1=0．
综上，b≤e2．中奖人
预测结果
甲
乙
丙
丁
甲
​
×
×
×
乙
​
×
​
​
丙
×
×
​
​
丁
×
​
×
​
X
0
1
2
3
P
16
16
13
13
X
0
1
2
3
P
16
16
13
13
x
−∞,−1
−1
−1,1
1
1,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
↗
2+c
↘
−2+c
↗
x
−∞,−1
−1
−1,1
1
1,+∞
f′x
+
0
−
0
+
fx
↗
2+c
↘
−2+c
↗