2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={x|x2−2x−3≤0}，集合B={x|x−2x−3≤0}，则A∩B=( )
A.[−1, 3]B.[2, 3]C.(2, 3)D.[2, 3)

2. 牛大叔常说“价贵货不假”，他这句话的意思是：“不贵”是“假货”的( )
A.充分条件B.必要条件
C.充分必要条件D.既非充分也非必要条件

3. 某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买10g黄金，售货员先将5g的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将5g的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金( )
A.大于10gB.小于10gC.大于等于10gD.小于等于10g

4. 已知角α的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，点P(−2,5)是角α终边上的一点，则cs2α=( )
A.2029B.2129C.−2129D.−2029

5. 已知圆的半径为1，A，B，C，D为该圆上四个点，且AB→+AC→=AD→，则△ABC面积的最大值为( )
A.1B.2C.3D.2

6. 数列{an}满足a1=1，对任意n∈N∗都有an+1=an+n+1，则1a1+1a2+⋯+1a2019=( )
A.20192020B.20191009C.20191010D.10102019

7. 函数fx=3csx+1x的部分图象大致是( )
A.B.
C.D.

8. 已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，∀x∈R，f′(x)A.f(2)>e2f(0)B.f(2)≤e2f(0)C.f(2)≥e2f(0)D.f(2)
9. 不等式组x+1≥0，x+y−2≤0，y≥0表示的点集记为A，不等式组x+1≥0，x+y−2≤0，y≥x2表示的点集记为B，在A中任取一点P，则P∈B的概率为( )
A.49B.23C.2027D.716

10. 已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列四个命题：
①若α // β，l⊂α，则l // β；②若α∩β=m，l // m，则l // β；
③若l // m，l⊂α，m⊥β，则α⊥β；④若l⊥α，m // β，α⊥β，则l⊥m．
其中所有正确命题的序号是( )
A.①②B.①③C.③④D.①③④

11. 已知函数fx=sinx−ax，当x∈0,1时，fx>0恒成立，则a的取值范围是( )
A.−∞,sin1B.−∞,cs1C.−1,sin1D.−∞,−sin1

12. 在R上可导的函数f(x)=13x3+12ax2+2bx+c，当x∈(0, 1)时取得极大值，当x∈(1, 2)时取得极小值，则b−2a−1的取值范围是( )
A.(−12, 12)B.(−12, 14)C.(14, 1)D.(12, 1)
二、填空题

已知平面向量a→，b→的夹角为θ，且a→⋅b→=2，a→=(1,−2)，b→=2，则cs2θ=________.

已知向量AB→=(0,1)，|AC→|=7，AB→⋅BC→=1，则△ABC面积为________．

若等比数列{an}的各项均为正数，若a5a6=9，则lg3a1+lg3a2+⋯+lg3a10=________．

函数fx=2sinωx+π3,ω>0在−π3,π4上单调递增，则ω的取值范围是________.
三、填空题

已知函数f(x)=(sinx+csx)2−2cs2x.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；

(2)当x∈[π4,3π4]时，求函数f(x)的最大值和最小值.

已知正项等比数列an中，a1=12，且a2,a3,a4−1成等差数列.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=lg2an2+4，求数列1bnbn+1的前n项和Tn.

已知向量a→=m,cs2x，b→=sin2x,1）函数fx=a→⋅b→，且y=fx的图像过点π12,3.
(1)求m的值；

(2)将y=fx的图像向左平移φ0<φ<π个单位后得到函数y=gx的图像，若y=gx图像上各点最高点到点0,3的距离的最小值为1，求y=gx的单调递增区间．

如图，已知三棱锥O−ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA=1，OB=OC=2，E是OC的中点．

(1)求异面直线BE与AC所成角的余弦值；

(2)设F为线段BC的中点，求直线AF与平面AOC所成角的余弦值．

设点A(−3, 0)，B(3, 0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为−23．
(1)求动点M的轨迹C的方程；

(2)若直线l过点F(1, 0)且绕F旋转，l与圆O：x2+y2=5相交于P，Q两点，l与轨迹C相交于R，S两点，若|PQ|∈[4, 19]，求△F′RS的面积的最大值和最小值（F′为轨迹C的左焦点）．

已知函数f(x)=lnxx+a(a∈R)，曲线y=f(x)在点（1, f(1)）的切线方程为y=x+b．
(1)求实数a的值，并求f(x)的极值；

(2)是否存在k∈Z，使得kx>f(x)+2对任意x>0恒成立？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省赣州市瑞金市高三（上）11月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
分式不等式的解法
【解析】
可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：A={x|x2−2x−3≤0}={x|−1≤x≤3}，
B={x|x−2x−3≤0}={x|2≤x<3}，
∴ A∩B=[2,3)．
故选D．
2.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：“假货不贵”是“价贵货不假”的逆否命题，
根据互为逆否命题的真假一致得到：“假货不贵”是真命题．
所以“假货”⇒“不贵”，
所以“不贵”是“假货”的必要条件.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设a>b），先称得的黄金的实际质量为m1，后称得的黄金的实际质量为m2，根据bm1＝a×5，am2＝b×5，求出m1和m2的值，化简(m1+m2)−10，并利用5(b−a)2ab>0，可得m1+m2>10．
【解答】
解：由于天平的两臂不相等，
故可设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设a>b），
先称得的黄金的实际质量为m1，后称得的黄金的实际质量为m2．
由杠杆的平衡原理得：bm1=a×5，am2=b×5，
解得m1=5ab，m2=5ba，
则m1+m2=5ba+5ab>25ba⋅5ab=10，
所以顾客实际所得黄金大于10g．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
二倍角的余弦公式
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，csα=−2(−2)2+52=−229，
故cs2α=2cs2α−1=2×429−1=−2129.
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
平面向量在解析几何中的应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用向量关系，判断四边形的形状，然后求解三角形的面积的最大值即可．
【解答】
解：如图所示，
由AB→+AC→=AD→知，
四边形ABDC为平行四边形，
又A，B，C，D四点共圆，
∴ 四边形ABDC为矩形，即BC为圆的直径，
S=12AB⋅AC≤12⋅AB2+AC22=14AD2，
∴ 当AD是圆的直径时，△ABC的面积最大，
最大值为14×22=1．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
【解析】
由题意可得n≥2时，an−an−1＝n，再由数列的恒等式：an＝a1+(a2−a1)+(a3−a2)+...+(an−an−1)，运用等差数列的求和公式，可得an，求得1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，由数列的裂项相消求和，化简计算可得所求和．
【解答】
解：数列{an}满足a1=1，
对任意n∈N∗都有an+1=an+n+1，
即有n≥2时，an−an−1=n，
可得an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+...+(an−an−1)
=1+2+3+...+n=12n(n+1)，
1an=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则1a1+1a2+⋯+1a2019
=2(1−12+12−13+⋯+12019−12020)
=2(1−12020)=20191010．
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
函数奇偶性的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，
f−x=3cs−x+1−x=−3csx+1x=−fx，
所以fx为奇函数，故排除选项A；
由当x>0且x→0时，fx→+∞，故排除选项D；
由f2π3=−34π<0，故排除选项C．
故选B.
8.
【答案】
D
【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g(x)=f(x)ex，然后对其求导，结合导数与单调性的关系可判断g(x)的单调性，进而可比较大小．
【解答】
解：令g(x)=f(x)ex，
因为f′(x)则g′(x)=f′(x)−f(x)ex<0恒成立，故g(x)在R上单调递减，
由g(2)故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
定积分在求面积中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：点集A表示的图像为如图所示三角形ABC，
点集B表示的图像为如图所示阴影部分．
由于三角形ABC的面积为12×3×3=92，
阴影部分的面积为−11−x+2−x2dx
=−x22+2x−x33−11​
=76−−136
=103，
所以所求的概率为10392=2027 .
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
运用面面平行的性质定理可判断①；由线面平行的定义和线面的位置关系可判断②；由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理可判断③；运用线面、面面垂直和线面平行的性质，可判断④．
【解答】
解：l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于①，若α // β，l⊂α，由面面平行的性质可得l // β，故①正确；
对于②，若α∩β=m，l // m，则l // β或l⊂β，故②错误；
对于③，若l // m，m⊥β，可得l⊥β，又l⊂α则α⊥β，故③正确；
对于④，若l⊥α，α⊥β，可得l⊂β或l // β，又m // β，可得l，m可能平行或异面或相交，故④错误.
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由fx>0，得sinx−ax>0，
因为x∈0,1，所以a令gx=sinxx，g′x=xcsx−sinxx2，
再令mx=xcsx−sinx，
m′x=csx−xsinx−csx=−xsinx<0，
所以mx在0,1上单调递减，
所以mx所以g′x<0，则gx在0,1上单调递减，
所以gx>g1=sin1，
所以a∈−∞,sin1 .
故选A.
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
【解析】
求出原函数的导函数，由当x∈(0, 1)时取得极大值，当x∈(1, 2)时取得极小值列出关于a，b的不等式组，作出可行域，然后利用b−2a−1的几何意义求其取值范围．
【解答】
解：由f(x)=13x3+12ax2+2bx+c，得f′(x)=x2+ax+2b．
因为当x∈(0, 1)时f(x)取得极大值，当x∈(1, 2)时取得极小值．
则f′(x)在(0, 1)内有一零点d，在(1, 2)内有一零点e，即
f′(0)=2b>0f′(1)=1+a+2b<0f′(2)=4+2a+2b>0，
画出可行域如图，
而b−2a−1的几何意义是可行域内动点(a, b)与定点M(1, 2)连线斜率的取值范围，
计算易得C(−3, 1)，A(−1,0)，
由图可知，当直线过MC时斜率最小为14，
当直线过MA时斜率最大为1.
故选C．
二、填空题
【答案】
−15
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：|a→|=12+(−2)2=5，
则csθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=25×2=105，
cs2θ=2cs2θ−1=−15.
故答案为：−15.
【答案】
32
【考点】
向量的三角形法则
向量的模
平面向量数量积的运算
解三角形
【解析】
将AB→,AC→看成基底，表示出BC→，代入AB→⋅BC→=1，可求出AB→,AC→的夹角，则面积可求．
【解答】
解：易知|AB→|=1，
∴ AB→⋅BC→=AB→⋅(AC→−AB→)=AB→⋅AC→−|AB→|2
=|AB→||AC→|csA−|AB→|2
=1×7csA−1=1，
∴ csA=27，
∴ sinA=1−cs2A=37．
∴ S△ABC=12|AB→||AC→|sinA
=12×1×7×37=32．
故答案为：32.
【答案】
10
【考点】
等比数列的性质
对数及其运算
【解析】
根据等比数列的性质可知a1a10=a2a9=，再利用对数的性质即可得到答案．
【解答】
解：lg3a1+lg3a2+...+lg3a10
=lg3(a1a10)+lg3(a2a9)+⋯+lg3(a5a6)
=5lg3(a5a6)
=5lg39
=10.
故答案为：10.
【答案】
0,23
【考点】
正弦函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：结合正弦函数的性质可得，
−π3⋅ω+π3≥−π2,π4⋅ω+π3≤π2,
解得ω≤23.
又ω>0，
∴0<ω≤23.
故答案为：0,23．
三、填空题
【答案】
解：(1)f(x)=(sinx+csx)2−2cs2x
=1+2sinxcsx−2cs2x
=1+sin2x−1−cs2x
=sin2x−cs2x
=2sin(2x−π4)，
当2x−π4∈[−π2+2kπ, π2+2kπ](k∈Z)时，
f(x)单调递增，
解得x∈[−π8+kπ,3π8+kπ](k∈Z)，
则f(x)的单调递增区间为[−π8+kπ,3π8+kπ](k∈Z).
(2)当x∈[π4,3π4]时，2x−π4∈[π4, 5π4]，
因此sin(2x−π4)∈[−22,1]，
所以函数f(x)的最大值为2，
最小值为2×(−22)=−1．
【考点】
正弦函数的单调性
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f(x)=(sinx+csx)2−2cs2x
=1+2sinxcsx−2cs2x
=1+sin2x−1−cs2x
=sin2x−cs2x
=2sin(2x−π4)，
当2x−π4∈[−π2+2kπ, π2+2kπ](k∈Z)时，
f(x)单调递增，
解得x∈[−π8+kπ,3π8+kπ](k∈Z)，
则f(x)的单调递增区间为[−π8+kπ,3π8+kπ](k∈Z).
(2)当x∈[π4,3π4]时，2x−π4∈[π4, 5π4]，
因此sin(2x−π4)∈[−22,1]，
所以函数f(x)的最大值为2，
最小值为2×(−22)=−1．
【答案】
解：(1)设等比数列an的公比为q,
因为a2,a3,a4−1成等差数列.
所以2a3=a2+a4−1，
得2a1q2=a1q+a1q3−1，
所以a1=12，
则2×12q2=12q+12q3−1，
即q2=12q+12q3−1,
所以2q2=q+q3−2，
所以2q2+2=q+q3，
所以2q2+1=qq2+1，
所以q2+1(2−q)=0，
显然q2+1≠0，所以2−q=0，
解得q=2.
故数列an的通项公式
an=a1⋅qn−1=12⋅2n−1=2n−2.
(2)由(1)知bn=lg2an2+4=lg22n−22+4
=2lg22n−2+4=2(n−2)+4=2n，
所以1bnbn+1=12n⋅2(n+1)=141n−1n+1.
则Tn=b1+b2+⋯+bn
=14[1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1]
=141−1n+1=n4(n+1).
【考点】
等差中项
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设等比数列an的公比为q,
因为a2,a3,a4−1成等差数列.
所以2a3=a2+a4−1，
得2a1q2=a1q+a1q3−1，
所以a1=12，
则2×12q2=12q+12q3−1，
即q2=12q+12q3−1,
所以2q2=q+q3−2，
所以2q2+2=q+q3，
所以2q2+1=qq2+1，
所以q2+1(2−q)=0，
显然q2+1≠0，所以2−q=0，
解得q=2.
故数列an的通项公式
an=a1⋅qn−1=12⋅2n−1=2n−2.
(2)由(1)知bn=lg2an2+4=lg22n−22+4
=2lg22n−2+4=2(n−2)+4=2n，
所以1bnbn+1=12n⋅2(n+1)=141n−1n+1.
则Tn=b1+b2+⋯+bn
=14[1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1]
=141−1n+1=n4(n+1).
【答案】
解：(1)已知fx=a→⋅b→=msin2x+cs2x，
因为fx过点π12,3，
所以fπ12=msinπ6+csπ6=3，
解得m=3.
(2)fx=3sin2x+cs2x
=2(32sin2x+12cs2x)
=2sin2x+π6，
fx左移φ个单位后得到gx=2sin2x+2φ+π6，
设gx的图像上符合题意的最高点为x0,2，
因为d=1+x02=1，解得x0=0，
所以g0=2，解得φ=π6，
所以gx=2sin2x+π3+π6
=2cs2x，
所以−π+2kπ≤2x≤2kπ，k∈Z，
−π2+kπ≤x≤kπ，k∈Z，
所以gx的单调增区间为−π2+kπ,kπ(k∈Z)．
【考点】
平面向量数量积
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
余弦函数的单调性
诱导公式
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)已知fx=a→⋅b→=msin2x+cs2x，
因为fx过点π12,3，
所以fπ12=msinπ6+csπ6=3，
解得m=3.
(2)fx=3sin2x+cs2x
=2(32sin2x+12cs2x)
=2sin2x+π6，
fx左移φ个单位后得到gx=2sin2x+2φ+π6，
设gx的图像上符合题意的最高点为x0,2，
因为d=1+x02=1，解得x0=0，
所以g0=2，解得φ=π6，
所以gx=2sin2x+π3+π6
=2cs2x，
所以−π+2kπ≤2x≤2kπ，k∈Z，
−π2+kπ≤x≤kπ，k∈Z，
所以gx的单调增区间为−π2+kπ,kπ(k∈Z)．
【答案】
解：(1)∵三棱锥O−ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，
以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，
如图：
∵OA=1，OB=OC=2，E是OC的中点，
∴B(2,0,0)，E(0,1,0)，A(0,0,1)，C(0,2,0)，
BE→=(−2,1,0)，AC→=(0,2,−1)，
设异面直线BE与AC所成角为θ，
∴csθ=BE→⋅AC→BE→⋅AC→=25×5=25，
∴异面直线BE与AC所成角的余弦值为25．
(2)连接AF，如图：

∵B(2,0,0)，C(0,2,0)根据中点坐标公式，
可得：F(1,1,0)，
根据A(0,0,1)，F(1,1,0)，
可得：AF→=(1,1−1)，
∵OB⊥平面OAC，
∴可取n→=(1,0,0)作为平面OAC的法向量，
设直线AF与平面OAC所成角为θ，
∴sinθ=csAF→,n→=AF→⋅n→AF→⋅n→=33，
根据0≤θ≤π2，sin2θ+cs2θ=1，
可得csθ=63，
∴直线AF与平面AOC所成角的余弦值63．
【考点】
异面直线及其所成的角
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】


【解答】
解：(1)∵三棱锥O−ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，
以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，
如图：
∵OA=1，OB=OC=2，E是OC的中点，
∴B(2,0,0)，E(0,1,0)，A(0,0,1)，C(0,2,0)，
BE→=(−2,1,0)，AC→=(0,2,−1)，
设异面直线BE与AC所成角为θ，
∴csθ=BE→⋅AC→BE→⋅AC→=25×5=25，
∴异面直线BE与AC所成角的余弦值为25．
(2)连接AF，如图：

∵B(2,0,0)，C(0,2,0)根据中点坐标公式，
可得：F(1,1,0)，
根据A(0,0,1)，F(1,1,0)，
可得：AF→=(1,1−1)，
∵OB⊥平面OAC，
∴可取n→=(1,0,0)作为平面OAC的法向量，
设直线AF与平面OAC所成角为θ，
∴sinθ=csAF→,n→=AF→⋅n→AF→⋅n→=33，
根据0≤θ≤π2，sin2θ+cs2θ=1，
可得csθ=63，
∴直线AF与平面AOC所成角的余弦值63．
【答案】
解：(1)设M(x, y)，
则kAM⋅kBM=yx+3⋅yx−3=−23(x≠±3)，
化简得x23+y22=1，
所以动点M的轨迹C的方程为x23+y22=1(x≠±3).
(2)设直线l：x=my+1，
O到直线l的距离为d=11+m2，
所以弦长|PQ|=25−11+m2∈[4, 19]，
解得，0≤m2≤3，
联立直线l和椭圆方程，
得(3+2m2)y2+4my−4=0，
令R(x1, y1)，S(x2, y2)，
则y1+y2=−4m3+2m2，y1y2=−43+2m2，
则|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2
=(−4m3+2m2)2+163+2m2
=4⋅31+m23+2m2
=43⋅111+m2+21+m2
由于1≤1+m2≤2，
则|y1−y2|≥43×112+4=839，
|y1−y2|≤43×11+2=433，
当m=0时，取得最大值433，
m=±3时，取得最小值839．
F′(−1,0)，
则△F′RS的面积为S=12×2⋅|y1−y2|=|y1−y2|，
即有最大面积为433，最小面积为839．
【考点】
轨迹方程
斜率的计算公式
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设M(x, y)，
则kAM⋅kBM=yx+3⋅yx−3=−23(x≠±3)，
化简得x23+y22=1，
所以动点M的轨迹C的方程为x23+y22=1(x≠±3).
(2)设直线l：x=my+1，
O到直线l的距离为d=11+m2，
所以弦长|PQ|=25−11+m2∈[4, 19]，
解得，0≤m2≤3，
联立直线l和椭圆方程，
得(3+2m2)y2+4my−4=0，
令R(x1, y1)，S(x2, y2)，
则y1+y2=−4m3+2m2，y1y2=−43+2m2，
则|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2
=(−4m3+2m2)2+163+2m2
=4⋅31+m23+2m2
=43⋅111+m2+21+m2
由于1≤1+m2≤2，
则|y1−y2|≥43×112+4=839，
|y1−y2|≤43×11+2=433，
当m=0时，取得最大值433，
m=±3时，取得最小值839．
F′(−1,0)，
则△F′RS的面积为S=12×2⋅|y1−y2|=|y1−y2|，
即有最大面积为433，最小面积为839．
【答案】
解：(1)依题意，f′(x)=x+ax−lnx(x+a)2，
所以f′(1)=1+a(1+a)2=11+a，
又由切线方程可得f′(1)=1，即11+a=1，
解得a=0，所以f(x)=lnxx，
所以f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)=0，解得x=e，
当x>0时，f′(x)，f(x)的的变化情况如下：
所以y=f(e)=1e，无极小值．
(2)若kx>f(x)+2对任意x>0恒成立，则k>lnxx2+2x，
记g(x)=lnxx2+2x，只需k>g(x)max．
又g′(x)=1−2lnxx3−2x2=1−2x−2lnxx3，
记ℎ(x)=1−2x−2lnx，则ℎ′(x)=−2−2x<0，
所以ℎ(x)在(0, +∞)上单调递减．
又ℎ(1)=−1<0，ℎ(22)=1−2−21n22
=1−2+ln2>1−32+ln2=ln2e>0，
所以存在唯一x0，x0∈(22,1)，使得ℎ(x0)=0，即1−2x0−2lnx0=0，
当x>0时，ℎ(x)，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
所以g(x)max=g(x0)=2x0+lnx0x02，又因为1−2x0−2lnx0=0，
所以2x0+2lnx0=1，
所以g(x0)=(2x0+2lnx0)+2x02x02
=1+2x02x02=12⋅(1x0)2+1x0，
因为x0∈(22,1)，所以1x0∈(1,2)，
所以32所以2≤g(x0)<1+2，因为k>g(x)max，即k>g(x0)，且k∈Z，故k的最小整数值为3．
所以存在最小整数k=3，使得kx>f(x)+2对任意x>0恒成立．
【考点】
利用导数研究函数的极值
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】
（1）求出导函数，利用切线的斜率，求出a，然后求解极值点，判断函数的单调性，求解函数的极值即可．
（2）分离变量k，得到不等式，构造函数利用函数的导数求解函数的最值，转化求解k的范围即可得到结果．
【解答】
解：(1)依题意，f′(x)=x+ax−lnx(x+a)2，
所以f′(1)=1+a(1+a)2=11+a，
又由切线方程可得f′(1)=1，即11+a=1，
解得a=0，所以f(x)=lnxx，
所以f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)=0，解得x=e，
当x>0时，f′(x)，f(x)的的变化情况如下：
所以y=f(e)=1e，无极小值．
(2)若kx>f(x)+2对任意x>0恒成立，则k>lnxx2+2x，
记g(x)=lnxx2+2x，只需k>g(x)max．
又g′(x)=1−2lnxx3−2x2=1−2x−2lnxx3，
记ℎ(x)=1−2x−2lnx，则ℎ′(x)=−2−2x<0，
所以ℎ(x)在(0, +∞)上单调递减．
又ℎ(1)=−1<0，ℎ(22)=1−2−21n22
=1−2+ln2>1−32+ln2=ln2e>0，
所以存在唯一x0，x0∈(22,1)，使得ℎ(x0)=0，即1−2x0−2lnx0=0，
当x>0时，ℎ(x)，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
所以g(x)max=g(x0)=2x0+lnx0x02，又因为1−2x0−2lnx0=0，
所以2x0+2lnx0=1，
所以g(x0)=(2x0+2lnx0)+2x02x02
=1+2x02x02=12⋅(1x0)2+1x0，
因为x0∈(22,1)，所以1x0∈(1,2)，
所以32所以2≤g(x0)<1+2，因为k>g(x)max，即k>g(x0)，且k∈Z，故k的最小整数值为3．
所以存在最小整数k=3，使得kx>f(x)+2对任意x>0恒成立．x
(0, e)
e
(e, +∞)
f′(x)
+
0
−
f(x)
↗
极大值
↘
x
(0, x0)
x0
(x0, +∞)
ℎ(x)
+
0
−
g′(x)
+
0
−
g(x)
↗
极大值
↘
x
(0, e)
e
(e, +∞)
f′(x)
+
0
−
f(x)
↗
极大值
↘
x
(0, x0)
x0
(x0, +∞)
ℎ(x)
+
0
−
g′(x)
+
0
−
g(x)
↗
极大值
↘