2020-2021学年河南省南阳市高三（上）12月月考数学试卷北师大版

展开

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）12月月考数学试卷北师大版，共13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>4}，B={x|0A.{x|21}

2. 已知复数z满足(1−i)z=2+i ，则z的共轭复数为( )
A.32+32iB.12−32iC.32−32iD.12+32i

3. 已知命题p：存在实数α,β，满足sinα+β=sinα+sinβ；命题q：lga2+lg2a≥2(a>0且a≠1)．则下列命题为真命题的是（）
A.p∧¬qB.p∧qC.¬p∧qD.¬p∨q

4. 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列4个命题：
①若m⊂α，n // α，则m // n；
②若m⊥α，n // α，则m⊥n；
③若m⊥α，m⊥β，则α // β；
④若m // α，n // α，则m // n．
其中真命题的序号为( )
A.①②B.②③C.③④D.①④

5. 某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）

A.13B.23C.16 D.14

6. 在△ABC中，若3(CA→⋅AB→+CB→⋅AB→)=2|AB→|2，则tanA+1tanB的最小值为（）
A.5B.25C.6D.62

7. 已知函数fx=ex, x≤e,lnx, x>e, 则函数y=fe−x的图象大致是（）
A.B.
C.D.

8. 已知函数f(x)=Asin(2x+θ)(A>0, |θ|<π2）的部分图象如图所示，fa=fb=0,fa+b=3,则（）

A.fx在−5π12,π12上是减函数
B.fx在−5π12,π12上是增函数
C.fx在π3,5π6上是减函数
D.fx在π3,5π6上是增函数

9. 设函数fx=4,x≤0,−4−x+5,x>0,则满足不等式fx2−6>fx的x的取值范围是（）
A.−2,3B.−∞,−2∪6,+∞
C.−∞,−6∪6,+∞D.−∞,−6∪3,+∞

10. 数列{an}满足an+2=2an+1−an，且a2014，a2016是函数f(x)=13x3−4x2+6x−1的极值点，则lg2(a2000+a2012+a2018+a2030)的值是（）
A.2B.3C.4D.5

11. 将函数f(x)=2cs2x的图象向右平移π6个单位后得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在区间[0, a3]和[2a, 7π6]上均单调递增，则实数a的取值范围是（）
A.[π3, π2]B.[π6, π2]C.[π6, π3]D.[π4, 3π8]

12. 已知函数y=f(x)为定义域R上的奇函数，且在R上是单调递增函数，函数g(x)=f(x−5)+x，数列{an}为等差数列，且公差不为0，若g(a1)+g(a2)+⋯+g(a9)=45，则a1+a2+⋯+a9=（）
A.45B.15C.10D.0
二、填空题

已知向量OA→=(3, −4)，OB→=(0, −3)，OC→=(5−m, −3−m)，若点A，B，C能构成三角形，则实数m满足的条件是________．

设实数x，y满足y≤2x−2,x+y−2≥0,x≤2,则y−1x+3的取值范围是________.

已知函数fx=|lnx−1|,x>1,2x−1+1,x≤1,若函数gx=fx−a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．

已知函数f(x)=lnx，g(x)=x3−2ex2+kx(k∈R)，若函数y=f(x)−g(x)有唯一零点，则以下四个命题中正确的是________（填写正确序号）
①k=e2+1e；②函数g(x)在(e, g(e))处的切线与直线x−ey=0平行；
③函数y=g(x)+2ex2在[0, e]上的最大值为2e2+1;
④函数y=g(x)−xe−e2x在[0, 1]上单调递减.
三、解答题

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin(A+C)=2sinAcs(A+B)，且sin2A+sin2B−sin2C+2sinAsinB=0．
(1)求证：a，b，2a成等比数列；

(2)若△ABC的面积是2，求c．

如图，在四棱锥P−ABCD中， PA⊥平面ABCD， BC=2,CD=7,PA=3,AC=23，BD是线段AC的中垂线， BD∩AC=O，G为线段PC上的点．

(1)证明：平面BDG⊥平面PAC；

(2)若G为PC的中点，求四面体G−BCD的体积．

已知f(x)=|x+1|+|ax−a+1|．
(1)当a=1时，求不等式f(x)≥3的解集；

(2)若x≥1时，不等式f(x)≥x+2恒成立，求实数a的取值范围．

各项均为正数的数列{an}中，a1=1，Sn是数列{an}的前n项和，对任意n∈N∗，有2Sn=2pan2+pan−p(p∈R).
(1)求常数p的值；

(2)求数列{an}的通项公式；

(3)记bn=4Snn+3⋅2n，求数列{bn}的前n项和Tn．

设函数 fx=x−2x−alnx−1x2a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)记函数fx的最小值为ga，证明：ga<1．

已知函数g(x)=f(x)+12x2−bx，函数f(x)=x+alnx的图象在x=1处的切线与直线2x−y+3=0平行．
(1)求实数a的值；

(2)若函数g(x)存在单调递减区间，求实数b的取值范围；

(3)设x1，x2(x1参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
无
【解答】
解：因为A={x|2x>4}={x|x>2}，
所以∁RA={x|x≤2}.
又B={x|1所以(∁RA)∩B={x|1故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由(1−i)z=2+i ,得
z=2+i1−i
=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)
=1+3i2
=12+32i，
所以z¯=12−32i.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
无
【解答】
解：当α=β=0时，满足sinα+β=sinα+sinβ，
故命题p是真命题，则¬p是假命题;
当a=12时，lga2=−1，lg2a=−1，不等式不成立，
故命题q是假命题，则¬q是真命题，
则p∧¬q是真命题，其余为假命题．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
m⊂α，n // α，则m // n或m与n是异面直线；若m⊥α，则m垂直于α中所有的直线，n // α，则n平行于α中的一条直线l，故m⊥l，m⊥n；若m⊥α，m⊥β，则α // β；m // α，n // α，则m // n，或m，n相交，或m，n异面．
【解答】
解：m⊂α，n // α，则m // n或m与n是异面直线，故①不正确；
若m⊥α，则m垂直于α中所有的直线，n // α，则n平行于α中的一条直线l，
∴ m⊥l，故m⊥n，故②正确；
若两平面垂直于同一条直线，则这两平面平行，故③正确；
若m // α，n // α，则m // n，或m，n相交，或m，n异面，故④不正确，
综上可知②③正确.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图还原几何体如图所示,
该几何体为正方体中的三棱锥P−ABC，
底面三角形ABC是等腰直角三角形，
∴ 该几何体的体积V=13×12×1×1×1=16．
故选C．
6.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
基本不等式
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵3(CA→⋅AB→+CB→⋅AB→)=3(−bccsA+accsB)=2c2，
∴ 由正弦定理得3(−sinBcsA+sinAcsB)=2sinC=2sin(A+B)，
即sinAcsB=5csAsinB， ∴tanA=5tanB，
则tanA+1tanB=5tanB+1tanB≥25，
当且仅当tanB=55时，等号成立．
故选B．
7.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：令gx=fe−x，
则gx=ee−x,e−x≤e,lne−x,e−x>e,
即gx=ee−x,x≥0,lne−x,x<0,
因此gx在0,+∞，−∞,0上单调递减，排除A，C，D．
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
正弦函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图象可得，A=2，则
f(x)=2sin(2x+θ).
因为f(a)=f(b)=0，
所以f(a+b2)=2，则
sin(a+b+θ)=1，则
a+b+θ=π2+2kπ,k∈Z.
因为f(a+b)=3，
所以sin[2(a+b)+θ]=32，
所以2(a+b)+θ=π3+2kπ,k∈Z或
2(a+b)+θ=2π3+2kπ,k∈Z，
所以θ=2π3+2kπ,k∈Z或θ=π3+2kπ,k∈Z.
又|θ|<π2，
所以θ=π3，即f(x)=2sin(2x+π3).
当x∈−5π12,π12时，2x+π3∈(−π2,π2)，
所以f(x)在−5π12,π12上是增函数；
当x∈π3,5π6时， 2x+π3∈(π,2π)，
所以f(x)在π3,5π6上先减后增.
故选B.
9.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
函数单调性的性质
【解析】
无
【解答】
解：易知当x>0时，函数fx=−4−x+5是单调递增函数，且fx>4,
当x≤0时，fx=4．
由fx2−6>fx得
x>0,x2−6>x或x≤0,x2−6>0,
解得x>3或x<−6，
所以x的取值范围是−∞,−6∪3,+∞.
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
等差数列的性质
【解析】
利用导数即可得出函数的极值点，再利用等差数列的性质及其对数的运算法则即可得出．
【解答】
解：函数f(x)=13x3−4x2+6x−1，可得f′(x)=x2−8x+6，
∵ a2014，a2016是函数f(x)=13x3−4x2+6x−1的极值点，
∴ a2014，a2016是方程x2−8x+6=0的两实数根，则a2014+a2016=8．
数列{an}中，满足an+2=2an+1−an，
可知{an}为等差数列，
∴ a2014+a2016=a2000+a2030=a2012+a2018=8，
即a2000+a2012+a2018+a2030=16，
从而lg2(a2000+a2012+a2018+a2030)=lg216=4．
故选C．
11.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
余弦函数的单调性
【解析】
由函数的图象平移求得函数g(x)的解析式，进一步求出函数(x)的单调增区间，结合函数g(x)在区间[0, a3]和[2a, 7π6]上均单调递增列关于a的不等式组求解．
【解答】
解：将函数f(x)=2cs2x的图象向右平移π6个单位后得到函数g(x)的图象，
得g(x)=2cs2(x−π6)=2cs(2x−π3)，
由−π+2kπ≤2x−π3≤2kπ(k∈Z)得，
−π3+kπ≤x≤π6+kπ(k∈Z)．
当k=0时，函数的增区间为[−π3,π6]，
当k=1时，函数的增区间为[2π3,7π6]，
要使函数g(x)在区间[0, a3]和[2a, 7π6]上均单调递增，
则0故选A.
12.
【答案】
A
【考点】
抽象函数及其应用
等差数列的性质
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为函数 y=fx为定义域R上的奇函数，
所以f−x=−fx，f(x)的图象关于点0,0对称，
所以y=fx−5的图象关于点 5,0对称，
由等差中项的性质和对称性可知：
a1−5+a9−52=a5−5，
故 fa1−5+fa9−5=0,
由此 fa2−5+fa8−5=fa3−5+fa7−5
=fa4−5+fa6−5=2fa5−5=0，
由题意，g(x)=f(x−5)+x，
若g(a1)+g(a2)+⋯+g(a9)=45，
则f(a1−5)+a1+f(a2−5)+a2+⋯+f(a9−5)+a9=45，
即f(a1−5)+f(a2−5)+⋯+f(a9−5)+(a1+a2+⋯+a9)=45，
则a1+a2+⋯+a9=45.
故选A.
二、填空题
【答案】
m≠54
【考点】
平面向量的坐标运算
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
若点A、B、C能构成三角形，只需三点A、B、C不共线．利用向量共线定理求出三点A、B、C共线时m值，加以否定即可．
【解答】
解：若点A，B，C能构成三角形，只需三点A，B，C不共线．
BA→=OA→−OB→=(3, −1)，CA→=(m−2, m−1)，
当三点A，B，C共线时，有3(m−1)=−(m−2)，
解得m=54，
所以若点A，B，C能构成三角形，
则点A，B，C不共线，即m≠54.
故答案为：m≠54.
【答案】
[−15,15]
【考点】
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
简单线性规划
【解析】
先画出可行域，再求出边界直线的斜率，从而可得答案.
【解答】
解：由约束条件y≤2x−2,x+y−2≥0,x≤2作出可行域，如图，
联立x=2,y=2x−2,可得A(2,2)，
联立x=2,x+y−2=0,可得B(2,0)，
已知P(−3,1)，故kPA=2−12+3=15，kPB=0−12+3=−15，
故y−1x+3的取值范围是[−15,15].
故答案为：[−15,15].
【答案】
(1,2]
【考点】
函数的零点
分段函数的应用
【解析】
暂无
【解答】
解：函数gx=fx−a有三个不同的零点等价于
y=fx的图象与直线y=a有三个不同交点，
作出函数 y=fx的图象：
则a的取值范围为(1,2]．
故答案为：(1,2]．
【答案】
①②④
【考点】
命题的真假判断与应用
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的最值
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】
此题暂无解析
【解答】
解：对于①，由f(x)−g(x)=0，
化为：lnxx=x2−2ex+k(x>0)．
分别令u(x)=lnxx，v(x)=x2−2ex+k(x>0)．
函数y=f(x)−g(x)有唯一零点，等价于函数u(x)与v(x)的图象有唯一交点．
u′(x)=1−lnxx2，可得x=e时，函数u(x)取得极大值即最大值，u(e)=1e．
v(x)=(x−e)2+k−e2≥k−e2，当且仅当x=e时取等号，
∴ k=e2+1e，故①正确；
对于②，g′(x)=3x2−4ex+k，
∴ g′(e)=−e2+k=1e，
因此函数g(x)在(e, g(e))处的切线与直线x−ey=0平行，故②正确；
对于③，函数y=g(x)+2ex2=x3+kx，
∴ g′(x)=3x2+e2+1e>0，
∴ g(x)在[0, e]上的最大值为g(e)=e3−2e3+e×(e2+1e)=1，故③错误；
对于④，x∈[0, 1]时，函数ℎ(x)=y=g(x)−xe−e2x
=x3−2ex2+(e2+1e)x−xe−e2x
=x3−2ex2，
ℎ′(x)=3x2−4ex=3x(x−43e)≤0，
因此函数ℎ(x)在[0, 1]上单调递减，故④正确.
故答案为：①②④.
三、解答题
【答案】
(1)证明：∵ A+B+C=π，sin(A+C)=2sinAcs(A+B)，
∴ sinB=−2sinAcsC，
在△ABC中，由正弦定理得，b=−2acsC，
∵ sin2A+sin2B−sin2C+2sinAsinB=0，
由正弦定理可得a2+b2−c2+2ab=0，
∴ csC=a2+b2−c22ab=−22，
由0∴ b=2a，则b2=2a2=a⋅2a，
∴ a，b，2a成等比数列.
(2)解：S=12absinC=24ab=2，则ab=42，
由(1)知，b=2a，联立两式解得a=2，b=22，
由余弦定理得，
c2=a2+b2−2abcsC
=4+8−2×2×22×(−22)=20，
∴ c=25．
【考点】
数列与三角函数的综合
两角和与差的三角函数
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
（1）运用三角形的内角和定理、诱导公式和正弦定理、余弦定理，计算可得b=2a，再由等比数列中项性质即可得证；
（2）运用三角形的面积公式和余弦定理，解方程即可得到所求值．
【解答】
(1)证明：∵ A+B+C=π，sin(A+C)=2sinAcs(A+B)，
∴ sinB=−2sinAcsC，
在△ABC中，由正弦定理得，b=−2acsC，
∵ sin2A+sin2B−sin2C+2sinAsinB=0，
由正弦定理可得a2+b2−c2+2ab=0，
∴ csC=a2+b2−c22ab=−22，
由0∴ b=2a，则b2=2a2=a⋅2a，
∴ a，b，2a成等比数列.
(2)解：S=12absinC=24ab=2，则ab=42，
由(1)知，b=2a，联立两式解得a=2，b=22，
由余弦定理得，
c2=a2+b2−2abcsC
=4+8−2×2×22×(−22)=20，
∴ c=25．
【答案】
(1)证明：∵ BD是线段AC的中垂线，
∴ O是AC的中点，BD⊥AC．
∵ PA⊥平面 ABCD，∴ PA⊥BD．
又PA∩AC=A，
∴ BD⊥ 平面 PAC．
∵ BD⊂ 平面 BDG，
∴ 平面BDG⊥平面 PAC．
(2)解：连接GO，如图，
∵ G为PC的中点， O是AC的中点，
∴ GO//PA，
∴ GO⊥平面 BCD，且GO=12PA=32．
∵ AC=23，∴ CO=3．
由题意知BD⊥AC，
∴ BD=BO+DO
=BC2−CO2+CD2−CO2=3．
∴ S△BCD=12BD⋅CO
=12×3×3=332，
∴ VG−BCD=13GO⋅S△BCD
=13×32×332=34．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：∵ BD是线段AC的中垂线，
∴ O是AC的中点，BD⊥AC．
∵ PA⊥平面 ABCD，∴ PA⊥BD．
又PA∩AC=A，
∴ BD⊥ 平面 PAC．
∵ BD⊂ 平面 BDG，
∴ 平面BDG⊥平面 PAC．
(2)解：连接GO，如图，
∵ G为PC的中点， O是AC的中点，
∴ GO//PA，
∴ GO⊥平面 BCD，且GO=12PA=32．
∵ AC=23，∴ CO=3．
由题意知BD⊥AC，
∴ BD=BO+DO
=BC2−CO2+CD2−CO2=3．
∴ S△BCD=12BD⋅CO
=12×3×3=332，
∴ VG−BCD=13GO⋅S△BCD
=13×32×332=34．
【答案】
解：(1)当a=1时，f(x)≥3可化为|x+1|+|x|≥3，
当x<−1时， −x−1−x≥3，
解得x≤−2，所以x≤−2；
当−1≤x<0时， x+1−x≥3,1≥3，无解；
当x≥0时，x+1+x≥3，解得x≥1，所以x≥1.
综上，不等式fx≥3的解集为−∞,−2∪1,+∞.
(2)当x≥1时，不等式fx≥x+2可化简为|ax−a+1|≥1，
由不等式的性质得ax−a+1≤−1或ax−a+1≥1，
即ax−1≤−2或ax−1≥0，
当x≥1时， ∀a∈R，不等式ax−1≤−2不恒成立，
为使不等式ax−1≥0恒成立，则a≥0.
综上，所求实数a的取值范围为[0,+∞).
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式恒成立的问题
绝对值不等式
【解析】
（1）分3种情况去绝对值转化为不等式组可解得；
（2）转化为a(x−1)≥0或a(x−1)≤−2恒成立可得．
【解答】
解：(1)当a=1时，f(x)≥3可化为|x+1|+|x|≥3，
当x<−1时， −x−1−x≥3，
解得x≤−2，所以x≤−2；
当−1≤x<0时， x+1−x≥3,1≥3，无解；
当x≥0时，x+1+x≥3，解得x≥1，所以x≥1.
综上，不等式fx≥3的解集为−∞,−2∪1,+∞.
(2)当x≥1时，不等式fx≥x+2可化简为|ax−a+1|≥1，
由不等式的性质得ax−a+1≤−1或ax−a+1≥1，
即ax−1≤−2或ax−1≥0，
当x≥1时， ∀a∈R，不等式ax−1≤−2不恒成立，
为使不等式ax−1≥0恒成立，则a≥0.
综上，所求实数a的取值范围为[0,+∞).
【答案】
解：(1)∵ a1=1，对任意的n∈N∗，有2Sn=2pan2+pan−p,
∴ 2a1=2pa12+pa1−p，
即2=2p+p−p，解得p=1.
(2)2Sn=2an2+an−1，①
2Sn−1=2an−12+an−1−1，n≥2，②
①−②得(an−an−1−12)(an+an−1)=0，
因为an+an−1≠0，所以an−an−1−12=0，
即an−an−1=12，
∴ {an}是以1为首项，12为公差的等差数列，
∴ an=n+12.
(3)2Sn=2an2+an−1
=2×(n+1)24+n+12−1，
∴ Sn=n2+3n4，
∴ bn=4Snn+3⋅2n=n⋅2n,
∴ Tn=1×21+2×22+⋯+n⋅2n③,
又2Tn=1×22+2×23+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1④,
④−③得，Tn=−1×21−(22+23+⋯+2n)+n⋅2n+1
=(n−1)⋅2n+1+2,
∴ Tn=(n−1)⋅2n+1+2.
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）根据a1=1，对任意的n∈N∗，有2Sn=2pan2+pan−p，令n=1，解方程即可求得结果；
（2）由2Sn=2an2+an−1，知2Sn−1=2an−12+an−1−1，(n≥2)，所以(an−an−1−1)(an+an−1)=0，由此能求出数列{an}的通项公式．
（3）根据bn=4Snn+3⋅2n求出数列{bn}的通项公式，利用错位相减法即可求得结果．
【解答】
解：(1)∵ a1=1，对任意的n∈N∗，有2Sn=2pan2+pan−p,
∴ 2a1=2pa12+pa1−p，
即2=2p+p−p，解得p=1.
(2)2Sn=2an2+an−1，①
2Sn−1=2an−12+an−1−1，n≥2，②
①−②得(an−an−1−12)(an+an−1)=0，
因为an+an−1≠0，所以an−an−1−12=0，
即an−an−1=12，
∴ {an}是以1为首项，12为公差的等差数列，
∴ an=n+12.
(3)2Sn=2an2+an−1
=2×(n+1)24+n+12−1，
∴ Sn=n2+3n4，
∴ bn=4Snn+3⋅2n=n⋅2n,
∴ Tn=1×21+2×22+⋯+n⋅2n③,
又2Tn=1×22+2×23+⋯+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1④,
④−③得，Tn=−1×21−(22+23+⋯+2n)+n⋅2n+1
=(n−1)⋅2n+1+2,
∴ Tn=(n−1)⋅2n+1+2.
【答案】
(1)解：f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′x=1+2x2−a1x+2x3，
=x2+2x2−a⋅x2+2x3=x2+2x−ax3，
∵ x2+2>0， x>0，
∴ 若 x∈0,a，x−a<0，此时f′x<0，fx在(0,a)上单调递减；
若x∈(a,+∞)，x−a>0，此时f′x>0，fx在a,+∞上单调递增.
综上所述：fx在 0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．
(2)证明：由(1)知：
fxmin=f(a)=a−2a−alna−1a2
=a−alna−1a，
即： g(a)=a−alna−1a．
要证g(a)<1，即证明a−alna−1a<1，
即证明1−lna−1a2<1a，
令ℎ(a)=lna+1a+1a2−1，
则只需证明ℎ(a)=lna+1a+1a2−1>0，
∵ ℎ′a=1a−1a2−2a3=a2−a−2a3
=a−2a+1a3，且a>0，
∴ 当a∈0,2，a−2<0，此时ℎ′a<0，ℎa在(0,2)上单调递减，
当a∈2,+∞，a−2>0，此时ℎ′a>0，ℎa在(2,+∞)上单调递增，
∴ ℎ(a)min=ℎ(2)=ln2+12+14−1=ln2−14>0，
∴ ℎa=lna+1a+1a2−1>0，
∴ g(a)<1．
【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
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
（1）写出定义域，求函数导数，分析导数何时大于零，何时小于零即可求出单调区间
（2）由（1）知：fxmin=fa，原不等式式化为a−alna−1a<1，变形为
ℎa=lna+1a+1a2−1>0，即可，利用导数即可证明ℎamin>0．
【解答】
(1)解：f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′x=1+2x2−a1x+2x3，
=x2+2x2−a⋅x2+2x3=x2+2x−ax3，
∵ x2+2>0， x>0，
∴ 若 x∈0,a，x−a<0，此时f′x<0，fx在(0,a)上单调递减；
若x∈(a,+∞)，x−a>0，此时f′x>0，fx在a,+∞上单调递增.
综上所述：fx在 0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．
(2)证明：由(1)知：
fxmin=f(a)=a−2a−alna−1a2
=a−alna−1a，
即： g(a)=a−alna−1a．
要证g(a)<1，即证明a−alna−1a<1，
即证明1−lna−1a2<1a，
令ℎ(a)=lna+1a+1a2−1，
则只需证明ℎ(a)=lna+1a+1a2−1>0，
∵ ℎ′a=1a−1a2−2a3=a2−a−2a3
=a−2a+1a3，且a>0，
∴ 当a∈0,2，a−2<0，此时ℎ′a<0，ℎa在(0,2)上单调递减，
当a∈2,+∞，a−2>0，此时ℎ′a>0，ℎa在(2,+∞)上单调递增，
∴ ℎ(a)min=ℎ(2)=ln2+12+14−1=ln2−14>0，
∴ ℎa=lna+1a+1a2−1>0，
∴ g(a)<1．
【答案】
解：(1)∵ f(x)=x+alnx，
∴ f′(x)=1+ax，
∵ f(x)在x=1处的切线与直线2x−y+3=0平行，
∴ k=f′(1)=1+a=2，
解得a=1.
(2)∵ g(x)=lnx+12x2−(b−1)x，
∴ g′(x)=1x+x−(b−1)=x2−(b−1)x+1x，x>0，
由题意知g′(x)<0在(0, +∞)上有解，
即x+1x+1−b<0有解，
∵ 定义域x>0，
∴ x+1x≥2，
x+1x只需要x+1x的最小值小于b−1，
∴ 2解得实数b的取值范围是(3,+∞)．
(3)∵ g(x)=lnx+12x2−(b−1)x，
∴ g′(x)=1x+x−(b−1)=x2−(b−1)x+1x，x>0，
令g′(x)=0,得x2−(b−1)x+1=0,
∵ x1，x2(x1∴ x1，x2(x1∴ x1+x2=b−1，x1x2=1，
则g(x1)−g(x2)
=[lnx1+12x12−(b−1)x1]−[lnx2+12x22−(b−1)x2]
=lnx1x2+12(x12−x22)−(b−1)(x1−x2)
=lnx1x2+12(x12−x22)−(x1+x2)(x1−x2)
=lnx1x2−12(x12−x22)
=lnx1x2−12(x12−x22x1x2)
=lnx1x2−12(x1x2−x2x1)，
∵ 0∴ 设t=x1x2，0令ℎ(t)=lnt−12(t−1t)，0则ℎ′(t)=1t−12(1+1t2)=−(t−1)22t2<0，
∴ ℎ(t)在(0, 1)上单调递减，
又∵ b≥72，
∴ b−1≥52>0，
由x1+x2=b−1，x1x2=1，
可得(b−1)2=(x1+x2)2=(x1+x2)2x1x2=x12+x22+2x1x2x1x2=t+1t+2≥254,
化简整理，得4t2−17t+4=(4t−1)(t−4)≥0，
解得t≤14或t≥4,
而0∴ 0又ℎ′(t)=1t−12(1+1t2)=−(t−1)22t2<0，
∴ 函数ℎ(t)在(0,14]单调递减，
∴ ℎ(t)≥ℎ(14)=ln14−12(14−4)=158−2ln2，
故g(x1)−g(x2)的最小值为158−2ln2．
【考点】
利用导数研究函数的最值
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
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）由f′(x)＝1+ax，利用导数的几何意义能求出实数a的值；
（2））由已知得g′(x)=1x+x−(b−1)=x2−(b−1)x+1x，x>0，由题意知g′(x)<0在(0, +∞)上有解，即x+1x+1−b<0有解，由此能求出实数b的取值范围；
（3）由g′(x)=1x+x−(b−1)=x2−(b−1)x+1x，x>0，由题意知g′(x)<0在(0, +∞)上有解，x>0，设μ(x)＝x2−(b−1)x+1，由此利用构造成法和导数性质能求出g(x1)−g(x2)的最小值．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=x+alnx，
∴ f′(x)=1+ax，
∵ f(x)在x=1处的切线与直线2x−y+3=0平行，
∴ k=f′(1)=1+a=2，
解得a=1.
(2)∵ g(x)=lnx+12x2−(b−1)x，
∴ g′(x)=1x+x−(b−1)=x2−(b−1)x+1x，x>0，
由题意知g′(x)<0在(0, +∞)上有解，
即x+1x+1−b<0有解，
∵ 定义域x>0，
∴ x+1x≥2，
x+1x只需要x+1x的最小值小于b−1，
∴ 2解得实数b的取值范围是(3,+∞)．
(3)∵ g(x)=lnx+12x2−(b−1)x，
∴ g′(x)=1x+x−(b−1)=x2−(b−1)x+1x，x>0，
令g′(x)=0,得x2−(b−1)x+1=0,
∵ x1，x2(x1∴ x1，x2(x1∴ x1+x2=b−1，x1x2=1，
则g(x1)−g(x2)
=[lnx1+12x12−(b−1)x1]−[lnx2+12x22−(b−1)x2]
=lnx1x2+12(x12−x22)−(b−1)(x1−x2)
=lnx1x2+12(x12−x22)−(x1+x2)(x1−x2)
=lnx1x2−12(x12−x22)
=lnx1x2−12(x12−x22x1x2)
=lnx1x2−12(x1x2−x2x1)，
∵ 0∴ 设t=x1x2，0令ℎ(t)=lnt−12(t−1t)，0则ℎ′(t)=1t−12(1+1t2)=−(t−1)22t2<0，
∴ ℎ(t)在(0, 1)上单调递减，
又∵ b≥72，
∴ b−1≥52>0，
由x1+x2=b−1，x1x2=1，
可得(b−1)2=(x1+x2)2=(x1+x2)2x1x2=x12+x22+2x1x2x1x2=t+1t+2≥254,
化简整理，得4t2−17t+4=(4t−1)(t−4)≥0，
解得t≤14或t≥4,
而0∴ 0又ℎ′(t)=1t−12(1+1t2)=−(t−1)22t2<0，
∴ 函数ℎ(t)在(0,14]单调递减，
∴ ℎ(t)≥ℎ(14)=ln14−12(14−4)=158−2ln2，
故g(x1)−g(x2)的最小值为158−2ln2．