2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期中考试数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期中考试数学（理）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. 已知集合A=x|2x(x−2)<1，B=x|y=lnx+1，则∁BA=( )
A.(−1,0]B.−1,0∪2,+∞C.(−1,0]∪(2,+∞)D.2,+∞

2. 若复数a−2i1+ia∈R为纯虚数，则|1−ai|=( )
A.3B.5C.3D.5

3. 公差不为0的等差数列an中，2a3−a72+2a11=0，数列bn是等比数列，且b7=a7，则b6b8=( )
A.2B.4C.8D.16

4. 设函数fx在定义域内可导，y=fx的图象如图所示，则导函数f′x的图象可能是( )

A.B.
C.D.

5. 在△ABC中，设p：sinA>csC，q：△ABC是锐角三角形，则p是q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

6. 设x，y满足约束条件x+y≥1,x−y≤1,x≥0,则z=2x+y的最小值是( )
A.−1B.0C.1D.2

7. 设α∈0,π2，β∈0,π2，且tanα=1−sinβcsβ，则( )
A.3α−β=π2B.3α+β=π2C.2α−β=π2D.2α+β=π2

8. 已知函数y=axa>1与y=lgaxa>1的图象有且仅有两个公共点，则实数a的取值范围是( )
A.1e

9. 已知函数fx=sin2x−2sinx，x∈0,2π，则下列判断正确的是( )
A.fx是增函数B.fx的极大值点是2π3
C.fx是减函数D.fx的极小值点是2π3

10. 已知数列an，bn满足a1=2，b1=0.2，an+1=13bn+1+23an，bn+1=14an+34bn，则使an−bn<0.01成立的最小正整数n为( )
A.5B.7C.9D.11

11. 已知函数fx=sinx+x3−ax，则下列结论错误的是( )
A.fx是奇函数
B.若a=0，则fx是增函数
C.当a=−3时，函数fx恰有三个零点
D.当a=3时，函数fx恰有两个极值点

12. 设a>b>c>0，则2a2+1ab+1aa−b−10ac+25c2取得最小值时，a的值为( )
A.2B.2C.4D.25
二、填空题

将函数fx=sin−2x的图象向右平移π6个单位后得到函数gx的图象，则gx在−π12,π6上为________函数．（填“增”或“减”）

等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列，则其公比q为________．

若a→，b→是两个非零向量，且|a→|=|b→|=λ|a→+b→|，λ∈22,1，则a→与a→+b→的夹角取值范围是________.

已知函数fx的定义域为R，导函数为f′x，若fx=csx−f−x，且f′x+sinx2<0，则满足fx−π+fx≤0 的x的取值范围为________.
三、解答题

设△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，向量m→=(a，3b)，n→=(sinB,−csA)，且m→⊥n→.
(1)求A的大小；

(2)若|n→|=64，求csC的值.

设数列{an}满足：a1+a2+a3+...+an=n−an(n∈N∗)．
(1)求证：数列{an−1}是等比数列；

(2)若bn=(2−n)(an−1)，且对任意的正整数n，都有bn+14t≤t2，求实数t的取值范围.

函数f(x)=6cs2ωx2+3sinωx−3(ω>0)在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B，C为图象与x轴的交点，且△ABC为正三角形．

(1)求ω的值及函数f(x)的值域；

(2)若f(x0)=835，且x0∈(−103,23)，求f(x0+1)的值．

已知函数fx=sinx，gx=excsx.
(1)讨论函数ℎx=gxfx在0,π上的单调性；

(2)求函数Hx=gx−xfx在π4,π2上的零点个数．

已知数列an的前n项和为Sn，a1=23，3n+1Sn−nSn+1=0.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=2an+1SnSn+1，n∈N+，求证：b1+b2+⋯+bn<3.

已知函数fx=mx−alnx−m，gx=exex，其中m，a均为实数．
(1)试判断过点−1,0能做几条直线与y=gx的图象相切，并说明理由；

(2)设m=1，a<0，若对任意的x1，x2∈3,4x1≠x2，|fx2−fx1|<|1gx2−1gx1|恒成立，求a的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
补集及其运算
【解析】
先求出集合A，B，再利用集合的运算求解即可.
【解答】
解：∵ 集合A=x|2x(x−2)<1=x|0B=x|y=lnx+1=x|x>−1，
∴ ∁BA=−1,0∪2,+∞.
故选B.
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
复数的模
【解析】
把给出的复数化简，然后由实部等于0，虚部不等于0求解a的值，最后代入模的公式求模．
【解答】
解：a−2i1+i=a−2i1−i1+i1−i=a−2+−a−2i2.
∵ 复数a−2i1+ia∈R为纯虚数，
∴ a−22=0，−a+22≠0，
解得a=2，
∴ |1−ai|=|1−2i|=12+(−2)2=5.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
等比数列的性质
等差数列的性质
等比中项
【解析】
由等差数列的性质化简已知条件，得到关于a7的方程，求出方程的解得到a7的值，即得到b7的值，把所求的式子利用等比数列的性质化简，将b7的值代入求出值．
【解答】
解：∵ {an}为等差数列，
∴ a3+a11=2a7，
∴ 2a3−a72+2a11=0可化为4a7−a72=0.
由a7≠0，可得a7=4，
∴ b7=a7=4.
∵ {bn}为等比数列，
∴ b6b8=b72=16.
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的图象
导数的几何意义
【解析】
利用函数的单调性与导函数的正负之间的关系进行求解即可.
【解答】
解：由fx的图象可知：fx在−∞,0上递增，在0,+∞上先增再减再增，
所以在区间−∞,0上，f′x>0；
在0,+∞上先有f′x>0，再有f′x<0，最后f′x>0.
分析选项中各个图象可知，只有选项A符合．
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分必要条件结合正弦函数的单调性即可得到答案.
【解答】
解：当B不为锐角时，csC≤0，由sinA>0，则sinA>csC，
即△ABC可以为非锐角三角形，故充分性不成立；
若△ABC为锐角三角形，则0故A+C>π2，即A>π2−C.
由正弦函数的单调性，得sinA>csC，故必要性成立，
从而"sinA>csC”是△ABC为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
本题主要先作出线性区域，然后根据直线平移找到最小值的情况代入即可
【解答】
解：由题意，x，y满足约束条件x+y≥1,x−y≤1,x≥0的平面区域如下图所示：
平移直线y=−2x，
由图易得，当x=0，y=1时，即经过A时，目标函数z=2x+y取得最小值，最小值为1.
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
诱导公式
【解析】
本题主要通过同角关系先进去切化弦，然后通过两角和的正弦公式进行转化，最后根据辅助角公式化为同名，最值找到等量关系
【解答】
解：由tanα=1−sinβcsβ，得：sinαcsα=1−sinβcsβ，
即sinαcsβ=−csαsinβ+csα，
所以sinα+β=csα=sinπ2−α.
因为α∈0,π2，β∈0,π2，
所以当2α+β=π2时，sinα+β=sinπ2−α=csα成立．
故选D．
8.
【答案】
A
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
本题考查互为反函数的两个函数的交点问题，首先分析得知交点必在y=x上，然后通过与y=axa>1联立转化为新的函数，最后通过数形结合求出最后的范围即可
【解答】
解：因为函数y=axa>1与y=lgaxa>1的图象关于直线y=x对称，
故其公共点在直线y=x上.
由题设知，函数y=axa>1的图象与直线y=x有2个公共点，即方程x=ax有2个根，
所以lnx=xlna，即lna=lnxx.
令fx=lnxx，则f​′x=1−lnxx2.
当00，此时函数fx=lnxx单调递增；
当x>e时，f​′x<0，此时函数fx=lnxx单调递减，
故当x=e时，函数fx=lnxx有最大值，最大值为fe=1e.
又f1=0，
故当0函数fx=lnxx的示意图如图所示
故只需0解得1故选A.
9.
【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极值
【解析】

【解答】
解：由题意，f′(x)=2cs2x−2csx=4cs2x−2csx−2.
令f′(x)=0，
解得csx=1或csx=−12，
即x=2π3，x=4π3.
当0所以f(x)的极小值点为x=2π3.
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
数列与不等式的综合
【解析】

【解答】
解：由题意，an+1=13bn+1+23an，bn+1=14an+34bn，
整理可得an+1−13bn+1=23an，23bn+1=16an+12bn，
两式相减得an+1−bn+1=12(an−bn)，
于是可知{an−bn}为公比为12的等比数列.
又a1−b1=1.8，则an−bn=1.8×(12)n−1.
于是要使an−bn<0.01，只要1.8×(12)n−1<0.01，
即2n−1>180，解得n>8，
所以使an−bn<0.01成立的最小正整数n=9.
故选C.
11.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的判断
利用导数研究函数的极值
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
本题主要是根据奇函数的定义判断奇偶性，通过一次导函数与零的关系判断单调性，通过二次求导判断一次导的单调性从而判断原函数的单调性与极值点
【解答】
解：A，因为fx=sinx+x3−ax的定义域为R，
且f−x=sin−x+−x3−a−x=−sinx−x3+ax=−fx，
所以f(x)是奇函数，故A不符合选项要求；
B，若a=0，则f′x=csx+3x2，
当x>0时，f′x>0，且f​′x为偶函数，
所以fx单调递增，故B不符合选项要求；
C，当a=−3时，fx=sinx+x3+3x为奇函数，且f0=0，
当x>0时，f′x=csx+3x2+3>0恒成立，即fx在0,+∞上单调递增，
根据奇函数的对称性可知函数在−∞,0上单调递增，
故fx在R上单调递增，又f0=0，即f(x)只有一个零点，故C符合选项要求；
D，a=3时，fx=sinx+x3−3x为奇函数，故先考虑x>0时，函数极值存在的情况.
因为f′x=csx+3x2−3，
令gx=csx+3x2−3，而g′x=6x−sinx单调递增，
则g′x>g′0=0，
故f′x单调递增，且f′0=−2<0，f′1=cs1>0,
故存在x0∈0,1使得f′x0=0，
因此，当0当x>x0时，f′x>0，函数f(x)单调递增，
故x=x0为函数f(x)在x>0时唯一的极小值.
根据奇函数的对称性可知，当x<0时，存在极大值，故D不符合选项要求．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据a>b>c>0，多次使用基本不等式即可求解.
【解答】
解：由题意，a>b>c>0，
则2a2+1ab+1a(a−b)−10ac+25c2
=(ab+1ab)+[(a2−ab)+1a(a−b)]+(a2−10ac+25c2).
∵ ab+1ab≥2，(a2−ab)+1a(a−b)≥2，a2−10ac+25c2=(a−5c)2≥0，
∴ (ab+1ab)+[(a2−ab)+1a(a−b)]+(a2−10ac+25c2)≥4，
当且仅当ab=1ab=a2−ab=1时取等号，
解得a=2.
故选A.
二、填空题
【答案】
减
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
【解析】

【解答】
解：由题意，将f(x)的图象向右平移π6个单位后得到g(x)=sin[−2(x−π6)]=−sin(2x−π3)的图象，
则由x∈(−π12,π6)可得2x−π3∈(−π2,0).
由正弦函数的单调性可知y=sin(2x−π3)在(−π12,π6)上单调递增，
所以g(x)=sin[−2(x−π6)]=−sin(2x−π3)在(−π12,π6)上单调递减.
故答案为：减.
【答案】
−2
【考点】
等差中项
等比数列的前n项和
【解析】
首先由Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列，可得2Sn＝Sn+1+Sn+2，然后利用等比数列的求和公式分别表示Sn+1，Sn，Sn+2，注意分q＝1和q≠1两种情况讨论，解方程即可．
【解答】
解：等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列，
则2Sn=Sn+1+Sn+2.
若q=1，则Sn=na1，上式显然不成立；
若q≠1，则2a1(1−qn)1−q=a1(1−qn+1)1−q+a1(1−qn+2)1−q，
故2qn=qn+1+qn+2，即q2+q−2=0，
因此q=−2．
故答案为：−2.
【答案】
π4,π3
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
利用向量的数量积运算公式以及法则对式子变形整理，即可求解.
【解答】
解：∵ a→=λa→+b→，a→=b→，
∴ a→2=λ2a→2+2a→⋅b→+b→2=λ22a→2+2a→⋅b→，
∴ a→⋅b→=12λ2−1a→2.
记a→与a→+b→的夹角为θ，
∴ a→⋅a→+b→=a→a→+b→csθ=a→2+a→⋅b→，
即a→⋅1λa→⋅csθ=a→2+12λ2−1a→2=12λ2a→2，
可得csθ=12λ∈12,22，
∴ π4≤θ≤π3.
故答案为：π4,π3.
【答案】
[π2,+∞)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数单调性的性质
【解析】
构造函数gx=fx−csx2，判断函数为奇函数且在R上单调递减，则fx−π+fx≤0⇔gx−π≤−gx=g−x求解即可.
【解答】
解：依题意，fx−csx2=−f−x+cs−x2.
令gx=fx−csx2，则gx=−g−x，
故函数gx为奇函数.
因为g′x=fx−csx2′=f′x+sinx2<0，
故函数gx在R上单调递减，
则fx−π+fx≤0
⇒fx−π−csx−π2+fx−csx2≤0
⇔gx−π+gx≤0
⇔gx−π≤−gx=g−x，
即x−π≥−x，故x≥π2，
则x的取值范围为[π2,+∞).
故答案为：[π2,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)因为 m→⊥n→ ，
所以 m→⋅n→=0 ，
即asinB−3bcsA=0，
由正弦定理得， asinA=bsinB，
所以 sinAsinB−3sinBcsA=0
在△ABC中，B∈(0,π)，
所以sinB>0，
所以sinA=3csA，
若csA=0，则sinA=0，矛盾；
若csA≠0，则tanA=sinAcsA=3，
在△ABC中，A∈(0,π)，
所以A=π3.
(2)由(1)知，A=π3，
所以n→=(sinB,−12).
因为|n→|=64，
所以sin2B+(−12)2=64，
解得sinB=24（负值已舍）.
因为sinB=24<12，
所以0在△ABC中，又A=π3，
所以0所以csB>0.
因为sin2B+cs2B=1，
所以csB=144，
从而csC=−cs(A+B)
=−csAcsB+sinAsinB
=−12×144+32×24
=6−148 .
【考点】
向量模长的计算
两角和与差的余弦公式
正弦定理
数量积判断两个平面向量的垂直关系
同角三角函数基本关系的运用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为 m→⊥n→ ，
所以 m→⋅n→=0 ，
即asinB−3bcsA=0，
由正弦定理得， asinA=bsinB，
所以 sinAsinB−3sinBcsA=0
在△ABC中，B∈(0,π)，
所以sinB>0，
所以sinA=3csA，
若csA=0，则sinA=0，矛盾；
若csA≠0，则tanA=sinAcsA=3，
在△ABC中，A∈(0,π)，
所以A=π3.
(2)由(1)知，A=π3，
所以n→=(sinB,−12).
因为|n→|=64，
所以sin2B+(−12)2=64，
解得sinB=24（负值已舍）.
因为sinB=24<12，
所以0在△ABC中，又A=π3，
所以0所以csB>0.
因为sin2B+cs2B=1，
所以csB=144，
从而csC=−cs(A+B)
=−csAcsB+sinAsinB
=−12×144+32×24
=6−148 .
【答案】
(1)证明：∵ a1+a2+a3+…+an=n−an(n∈N∗)，①
∴ a1+a2+a3+...+an+an+1=n+1−an+1，②
②−①，得2an+1−an=1，
∴ an+1−1=12(an−1).
又∵ a1=12，
∴ a1−1=−12，
∴ 数列{an−1}是以−12为首项，12为公比的等比数列．
(2)解：∵ 数列{an−1}是以−12为首项，以12为公比的等比数列，
∴ an−1=−12n.
∵ bn=(2−n)(an−1)，
∴ bn=n−22n.
由bn+1−bn
=n+1−22n+1−n−22n
=3−n2n+1>0，得n<3.
由bn+1−bn=3−n2n+1<0，得n>3，
∴ b1b5>...>bn>…，
∴ {bn}的最大值为b3=b4=18，
∴ 对任意n∈N∗，有bn≤18，
∴​bn+14t≤t2，即bn≤t2−14t，
则(bn)max≤t2−14t，
∴ 18≤t2−14t，
解得t≥12或t≤−14，
∴ t的取值范围是(−∞, −14]∪[12, +∞)．
【考点】
等比关系的确定
数列递推式
数列与不等式的综合
【解析】
(I)由a1+a2+a3+…+an=n−an(n∈N∗)，得a1+a2+a3+...+an+an+1=n+1−an+1，二者作差得2an+1−an=1，由此能证明数列{an−1}是等比数列．
(II)由(I)知an=1−12n，从而得到bn=n−22n，由bn+1−bn=3−n2n+1，得到对任意n∈N∗，有bn≤18，从而得到18≤t2−14t，由此能求出t的取值范围．
【解答】
(1)证明：∵ a1+a2+a3+…+an=n−an(n∈N∗)，①
∴ a1+a2+a3+...+an+an+1=n+1−an+1，②
②−①，得2an+1−an=1，
∴ an+1−1=12(an−1).
又∵ a1=12，
∴ a1−1=−12，
∴ 数列{an−1}是以−12为首项，12为公比的等比数列．
(2)解：∵ 数列{an−1}是以−12为首项，以12为公比的等比数列，
∴ an−1=−12n.
∵ bn=(2−n)(an−1)，
∴ bn=n−22n.
由bn+1−bn
=n+1−22n+1−n−22n
=3−n2n+1>0，得n<3.
由bn+1−bn=3−n2n+1<0，得n>3，
∴ b1b5>...>bn>…，
∴ {bn}的最大值为b3=b4=18，
∴ 对任意n∈N∗，有bn≤18，
∴​bn+14t≤t2，即bn≤t2−14t，
则(bn)max≤t2−14t，
∴ 18≤t2−14t，
解得t≥12或t≤−14，
∴ t的取值范围是(−∞, −14]∪[12, +∞)．
【答案】
解：(1)由已知可得，
f(x)=6cs2ωx2+3sinωx−3
=3csωx+3sinωx
=23sin(ωx+π3)，
由于△ABC为正三角形，
∴ △ABC的高为23，从而BC=4，
∴ 函数f(x)的最小正周期T=4×2=8，
即2πω=8，ω=π4，
∴ 函数f(x)的值域为[−23, 23]．
(2)∵ f(x0)=835，
由(1)得f(x0)=23sin(π4x0+π3)=835，
即sin(π4x0+π3)=45，
由x0∈(−103,23)，知π4x0+π3∈(−π2, π2)，
∴ cs(π4x0+π3)=1−(45)2=35．
∴ f(x0+1)=23sin(π4x0+π4+π3)
=23sin[(π4x0+π3)+π4]
=23[sin(π4x0+π3)csπ4+cs(π4x0+π3)sinπ4]
=23(45×22+35×22)
=765．
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的定义域和值域
【解析】
(Ⅰ)将f(x)化简为f(x)＝23sin(ωx+π3)，利用正弦函数的周期公式与性质可求ω的值及函数f(x)的值域；
(Ⅱ)由x0∈(−103,23)，知π4x0+π3∈(−π2, π2)，由f(x0)=835，可求得即sin(π4x0+π3)=45，利用两角和的正弦公式即可求得f(x0+1)．
【解答】
解：(1)由已知可得，
f(x)=6cs2ωx2+3sinωx−3
=3csωx+3sinωx
=23sin(ωx+π3)，
由于△ABC为正三角形，
∴ △ABC的高为23，从而BC=4，
∴ 函数f(x)的最小正周期T=4×2=8，
即2πω=8，ω=π4，
∴ 函数f(x)的值域为[−23, 23]．
(2)∵ f(x0)=835，
由(1)得f(x0)=23sin(π4x0+π3)=835，
即sin(π4x0+π3)=45，
由x0∈(−103,23)，知π4x0+π3∈(−π2, π2)，
∴ cs(π4x0+π3)=1−(45)2=35．
∴ f(x0+1)=23sin(π4x0+π4+π3)
=23sin[(π4x0+π3)+π4]
=23[sin(π4x0+π3)csπ4+cs(π4x0+π3)sinπ4]
=23(45×22+35×22)
=765．
【答案】
解：(1)ℎx=excsxsinx，则ℎ′x=exsinxcsx−1sin2x，
当x∈0,π时，sinxcsx−1<0，所以ℎ′x<0，
所以函数ℎx=gxfx在0,π上的单调递减．
(2)Hx=gx−xfx=excsx−xsinx，
则H′(x)=excsx−exsinx−xcsx−sinx
=ex(csx−sinx)−xcsx−sinx.
因为x∈π4,π2时，csx≤sinx，xcsx>0，sinx>0，
所以H′x<0，函数H(x)在π4,π2上单调递减.
又Hπ4=22eπ4−π4>0，Hπ2=−π2<0，
因此，函数H(x)=g(x)−xf(x)在π4,π2上有且只有一个零点．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)ℎx=excsxsinx，则ℎ′x=exsinxcsx−1sin2x，
当x∈0,π时，sinxcsx−1<0，所以ℎ′x<0，
所以函数ℎx=gxfx在0,π上的单调递减．
(2)Hx=gx−xfx=excsx−xsinx，
则H′(x)=excsx−exsinx−xcsx−sinx
=ex(csx−sinx)−xcsx−sinx.
因为x∈π4,π2时，csx≤sinx，xcsx>0，sinx>0，
所以H′x<0，函数H(x)在π4,π2上单调递减.
又Hπ4=22eπ4−π4>0，Hπ2=−π2<0，
因此，函数H(x)=g(x)−xf(x)在π4,π2上有且只有一个零点．
【答案】
(1)解：∵ 3n+1Sn−nSn+1=0，
∴ Sn+1n+1=3×Snn，又S1≠0，
∴ 数列Snn是以23为首项，3为公比的等比数列，
∴ Sn=2n⋅3n−2.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=4n+2⋅3n−3.
当n=1时，a1符合上式，
∴ an=4n+2⋅3n−3，n∈N+．
(2)证明：bn=2Sn+1−SnSn+1Sn=21Sn−1Sn+1，
∴ b1+b2+⋯+bn=21S1−1Sn+1<3．
【考点】
数列递推式
数列与不等式的综合
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：∵ 3n+1Sn−nSn+1=0，
∴ Sn+1n+1=3×Snn，又S1≠0，
∴ 数列Snn是以23为首项，3为公比的等比数列，
∴ Sn=2n⋅3n−2.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=4n+2⋅3n−3.
当n=1时，a1符合上式，
∴ an=4n+2⋅3n−3，n∈N+．
(2)证明：bn=2Sn+1−SnSn+1Sn=21Sn−1Sn+1，
∴ b1+b2+⋯+bn=21S1−1Sn+1<3．
【答案】
解：(1)设过点(−1,0)与y=f(x)的图象相切的直线方程为y=k(x+1)，切点为(x0,y0)，
则k=g′(x0)=e−ex0ex0=y0x0+1=ex0ex0(x0+1)，
所以x02+x0−1=0，此方程显然有两个不相等的实根，
所以过点(−1,0)能做2条直线与y=g(x)的图象相切．
(2)当m=1，a<0时，f(x)=x−alnx−1，x∈(0,+∞)．
∵ f′(x)=x−ax>0在[3,4]上恒成立，∴ f(x)在[3,4]上为增函数．
设ℎ(x)=1g(x)=exex，
∵ ℎ′(x)=ex−1(x−1)x2>0在[3,4]上恒成立，∴ ℎ(x)在[3,4]上为增函数．
设x2>x1，
则|f(x2)−f(x1)|<1g(x2)−1g(x1)等价于f(x2)−f(x1)<ℎ(x2)−ℎ(x1)，
即f(x2)−ℎ(x2)设u(x)=f(x)−ℎ(x)=x−alnx−1−1e⋅exx，
则u(x)在[3,4]上为减函数．
∴ u′(x)=1−ax−1e⋅ex(x−1)x2≤0在(3,4)上恒成立，
∴ a≥x−ex−1+ex−1x恒成立．
设v(x)=x−ex−1+ex−1x，
∵ v′(x)=1−ex−1+ex−1(x−1)x2
=1−ex−11x−122+34，x∈[3,4]，
∴ ex−11x−122+34>34e2>1，
∴ v′(x)<0，v(x)为减函数，
∴ v(x)在[3,4]上的最大值为v(3)=3−23e2．
∴ a≥3−23e2，
∴ a的最小值为3−23e2．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设过点(−1,0)与y=f(x)的图象相切的直线方程为y=k(x+1)，切点为(x0,y0)，
则k=g′(x0)=e−ex0ex0=y0x0+1=ex0ex0(x0+1)，
所以x02+x0−1=0，此方程显然有两个不相等的实根，
所以过点(−1,0)能做2条直线与y=g(x)的图象相切．
(2)当m=1，a<0时，f(x)=x−alnx−1，x∈(0,+∞)．
∵ f′(x)=x−ax>0在[3,4]上恒成立，∴ f(x)在[3,4]上为增函数．
设ℎ(x)=1g(x)=exex，
∵ ℎ′(x)=ex−1(x−1)x2>0在[3,4]上恒成立，∴ ℎ(x)在[3,4]上为增函数．
设x2>x1，
则|f(x2)−f(x1)|<1g(x2)−1g(x1)等价于f(x2)−f(x1)<ℎ(x2)−ℎ(x1)，
即f(x2)−ℎ(x2)设u(x)=f(x)−ℎ(x)=x−alnx−1−1e⋅exx，
则u(x)在[3,4]上为减函数．
∴ u′(x)=1−ax−1e⋅ex(x−1)x2≤0在(3,4)上恒成立，
∴ a≥x−ex−1+ex−1x恒成立．
设v(x)=x−ex−1+ex−1x，
∵ v′(x)=1−ex−1+ex−1(x−1)x2
=1−ex−11x−122+34，x∈[3,4]，
∴ ex−11x−122+34>34e2>1，
∴ v′(x)<0，v(x)为减函数，
∴ v(x)在[3,4]上的最大值为v(3)=3−23e2．
∴ a≥3−23e2，
∴ a的最小值为3−23e2．