2020-2021学年山西省临汾市高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省临汾市高二（下）4月月考数学（理）试卷人教A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. 已知命题p：∃x0∈R ，x02−x0+1≤0，则p的否定为( )
A.∃x0∈R， x02−x0+1>0B.∃x0∈R，x02−x0+1<0
C.∀x∈R，x2−x+1≤0D.∀x∈R，x2−x+1>0

2. 若fx=exln2x，则f′x=( )
A.exln2x+ex2xB.exln2x−exx
C.exln2x+exxD.2ex⋅1x

3. 函数y=f(x)在P(1, f(1))处的切线如图所示，则f(1)+f′(1)=( )

A.0B.12C.32D.−12

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

A.B.
C.D.

5. 已知函数fx=x3−sinx+ex−1ex，其中e是自然数对数的底数，若fa−1+f2a2≤0，则实数a的取值范围是( )
A.−12,1B.−1,12
C.−∞,−1∪12,+∞D.−∞,−12∪1,+∞

6. 已知函数fx=ex，其中e为自然对数的底数，导函数f′x，设fe−f2e−2=m，则下列判断正确的是( )
A.曲线在x=0处的切线方程为y=x+1，且mB.曲线在x=0处的切线方程为y=x+1，且f′2C.曲线在x=0处的切线方程为y=x−1，且f′eD.曲线在x=0处的切线方程为y=x−1，且f′2
7. 已知函数y=f(x)对任意的x∈(−π2，π2)满足f′(x)csx+f(x)sinx>0（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），则下列不等式成立的是（ ）
A.f(0)>2f(π4)B.2f(π3)C.f(0)>2f(π3)D. 2f(−π3)
8. 函数y=cs2x的图象可由y=sin2x+π6的图象经过( )而得到．
A.向右平移π12个单位B.向左平移π12个单位
C.向右平移π6个单位D.向左平移π6个单位

9. 如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当FB→⊥AB→时，其离心率为5−12，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于( )

A.5+12B.5−12C.5−1D.5+1

10. 已知函数fx=2x2−lnx，若fx在区间2m,m+1上单调递增，则m的取值范围是( )
A.[14,1)B.[14, +∞)C.[12,1)D.[0,1)

11. 已知函数fx=xx2+1，若函数y=fx−a有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A.−12,12B.−12,12
C.0,12D.−12,0∪0,12

12. 已知函数fx=x2x>0，gx=aex，若fx与gx的图象交于点P，且存在过点P的直线与fx，gx的图象都相切，则gx的图象在x=1处的切线方程为( )
A.4x−ey=0B.ex−4y=0C.2x−y=0D.x−2y=0
二、填空题

用总长11m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m，则该容器容积的最大值为________m3（不计损耗）．

计算−4416−x2dx=________．

设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)=x3+f′(23)x2−x，则f′(1)=________.

已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10，求a+b的值________．
三、解答题

椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1，F2，其中F22,0，O为原点．椭圆上任意一点到F1，F2距离之和为23.
(1)求椭圆的标准方程及离心率；

(2)过点P0,2的斜率为2的直线l交椭圆于A，B两点．求△OAB的面积．

设f(x)=alnx+12x−32x+1，曲线y=f(x)在点(1, f(1))处取得极值．
(1)求a的值；

(2)求函数f(x)的极值．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a−b=2c⋅csB．
(1)求角C；

(2)若a=2，D是AC的中点，BD=3，求边c．


(1)已知函数fx=lnx−ax在区间[1,+∞)上单调递减，求实数a的取值范围．

(2)已知函数gx=12x2−ax+a−1lnx，a>1，讨论函数gx的单调性．

若数列an的前n项和为Sn，首项a1>0且2Sn=an2+ann∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；

(2)若an>0n∈N∗，令bn=1anan+1，求数列bn的前n项和Tn．

函数fx=ex，gx=ax−1a∈R，e≈2.71828．
(1)若a=2，求函数Fx=fx−gx的最小值；

(2)任意x∈[0,+∞)时，关于x的不等式fx+ax2≥1+x恒成立，求参数a的范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省临汾市高二(下)4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
命题的否定
【解析】
利用特称命题的否定为全称命题进行改写即可.
【解答】
解：命题p：∃x0∈R ，x02−x0+1≤0为特称命题，其否定为全称命题，
则p的否定为 ∀x∈R，x2−x+1>0.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
利用乘积的导数的运算求解即可.
【解答】
解：若fx=exln2x，
则f′x=ex′ln2x+ex(ln2x)′
=exln2x+exx.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
直线的点斜式方程
导数的几何意义
【解析】
由切线经过的两点求得切线的斜率与切线方程，得到f′(1)，进一步求得f(1)，则答案可求．
【解答】
解：∵ 切线过点(2, 0)与(0, −1)，
∴ f′(1)=−1−00−2=12，
则切线方程为y=12x−1，
当x=1时，y=−12，
∴ f(1)=−12，
∴ f(1)+f′(1)=−12+12=0．
故选A．
4.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
利用导数研究函数的单调性
【解析】
先从f(x)的图象判断出f(x)的单调性，根据函数的单调性与导函数的符号的关系判断出导函数的符号，判断出导函数的图象.
【解答】
解：由f(x)的图象判断出，
f(x)在区间(−∞, 0)上单调递增，
在(0, +∞)上先增再减再增，
∴ 在区间(−∞, 0)上f′(x)>0，
在(0, +∞)上先有f′(x)>0，
再有f′(x)<0，再有f′(x)>0.
故选D．
5.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的性质
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】
利用函数的奇偶性将函数转化为fM≤N的形式，再利用单调性脱去对应法则f、转化为一般的二次不等式求解即可．
【解答】
解：由于fx=x3−sinx+ex−1ex
=x3−sinx+ex−e−x，
则f−x=−x3+sinx+e−x−ex=−f(x)，
故函数fx为奇函数．
故原不等式fa−1+f2a2≤0，
可转化为f(2a2)≤−f(a−1)=f(1−a)，
即f2a2≤f1−a；
又f′x=3x2−csx+ex+e−x，
由于ex+e−x≥2，
故ex+e−x−csx>0，
所以f(x)=3x2−csx+ex+e−x≥0恒成立．
故函数fx单调递增，
则由f2a2≤f1−a可得，2a2≤1−a，
即2a2+a−1≤0，
解得−1≤a≤12.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的几何意义
【解析】
本题主要考查函数的导数，以及指数函数的图像与性质，根据题意先求导再画图，然后计算即可.
【解答】
解：∵ 由函数f(x)=ex的图象可知，函数的增长速率越来越快，曲线的切线越来越大.
fe−f2e−2=m表示两点(2,f(2))，(e,f(e))连线所在直线的斜率，
易知其在点(2,f(2))处的切线斜率与点(e,f(e))处的切线斜率之间，
曲线在x=0处的切线斜率k=f′(0)=1，
∴切线方程为y=x+1，且f′2故选B.
7.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数的运算
【解析】
根据条件构造函数g(x)=f(x)csx，求函数的导数，利用函数的单调性和导数之间的关系即可得到结论．
【解答】
解：构造函数g(x)=f(x)csx，
则g′(x)=f′(x)csx−f(x)(csx)′cs2x=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x，
∵ 对任意的x∈(−π2, π2)满足f′(x)csx+f(x)sinx>0，
∴ g′(x)>0，即函数g(x)在x∈(−π2, π2)上单调递增，
∵ g(0)∴ f(0)<2f(π4)，故A错误，
∵ g(π3)>g(π4)，即f(π3)csπ3>f(π4)csπ4，
∴ 2f(π3)>f(π4)，故B错误，
∵ g(0)∴ f(0)<2f(π3)，故C错误，
∵ g(−π3)∴ 2f(−π3)故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
诱导公式
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：∵ y=cs2x=sin(2x+π2)=sin[2(x+π6)+π6]，
∴ y=sin2x+π6的图象向左平移π6个单位得到y=cs2x的图象．
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设“黄金双曲线”的方程x2a2−y2b2=1a>0,b>0，则B0,b,F−c,0Aa,0
根据FB→⋅AB→=0得到|e2−1=e，计算得到答案
【解答】
解：设“黄金双曲线”的方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，
则B0,b，F−c,0，Aa,0，
在“黄金双曲线”中，因为FB→⊥AB→，
所以FB→⋅AB→=0.
又FB→=c,b，AB→=−a,b，
所以b2=ac，
因为b2=c2−a2，
所以c2−a2=ac.
在等式c2−a2=ac两边同除以a2，得e2−1=e，
因为e>1，解得e=5+12.
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
因为fx=2x2−lnx的定义域为0,+∞,f′x=4x−1x，由f′x>0，得4x−1x>0，解得x>12，
所以fx的递增区间为12,+∞．所以m+1>2m,2m≥12,，则m的取值范围是14,1 .
【解答】
解：因为fx=2x2−lnx的定义域为0,+∞，
所以f′x=4x−1x.
由f′x>0，得4x−1x>0，
解得x>12，
所以fx的单调递增区间为12,+∞，
所以m+1>2m,2m≥12,
解得14≤m<1，
所以m的取值范围是14,1 .
故选A .
11.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
答案未提供解析．
【解答】
解：若函数y=fx−a有两个零点，
可得y=fx与y=a的图象有两个不同的交点．
f−x=−xx2+1=−fx，可得f(x)是奇函数，
可得f′(x)=x2+1−2x2(x2+1)2=1−x2(x2+1)2，
由f′x>0可得：−1由f′x<0可得： x<−1或x>1，
所以f(x)=xx2+1在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递减，
在(−1,1)上单调递增，
∴ fxmax=f(1)=11+1=12，fxmin=f−1=−11+1=−12.
fx=xx2+1图象如图所示：
若y=f(x)与y=a的图象有两个不同的交点，
可得−12所以实数a的取值范围是−12,0∪0,12．
故选D．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx=x2x>0，gx=aex，
所以f′x=2xx>0，gx=aex，
设xP=t，
则ft=gt，f′t=g′t，
即t2=aet2t=aet，
解得t=2，a=4e2，
所以g1=g′1=4e，切点为1,4e，
所以gx的图象在x=1处的切线方程为y−4e=4ex−1，
即4x−ey=0.
故选A.
二、填空题
【答案】
916
【考点】
导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】
设长方体的底面边长为a,b，高为ℎ，由题可得V=−2b3−14b2+74b，求出函数导数，判断单调性，即可求出最值．
【解答】
解：设长方体的底面边长为a，b，高为ℎ，
则由题可得a=b+1，4a+b+ℎ=11，
则可得ℎ=7−8b4，
因为ℎ>0，
则0则该容器容积V=abℎ=b+1⋅b⋅7−8b4=−2b3−14b2+74b，
V′=−6b2−12b+74
=−6b−12b+712，
当b∈0,12时，V′>0，V单调递增；
当b∈12,78时，V′<0，V单调递减，
故当b=12时，Vmax=916，即该容器容积的最大值为916.
故答案为：916.
【答案】
8π
【考点】
定积分的简单应用
【解析】
根据积分公式和积分的几何意义即可得到结论．
【解答】
解： −4416−x2dx表示以原点为圆心，
4为半径的上半圆的面积，
∴−4416−x2dx=12π⋅42=8π．
故答案为：8π．
【答案】
0
【考点】
导数的加法与减法法则
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对f(x)求导，得：f′(x)=3x2+2f′(23)x−1.
令x=23，
所以f′(23)=3×(23)2+2×23f′(23)−1，
解得f′(23)=−1,
所以f′(x)=3x2−2x−1，
所以f′(1)=3−2−1=0.
故答案为：0.
【答案】
−7
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
本题中“f′(1)=0”是“x=1为f(x)的极值点”的必要不充分条件，而不是充要条件，若忽视了这一点，易造成错解．
【解答】
解：f′(x)=3x2+2ax+b，
由x=1时，函数取得极值10，
得f′(1)=3+2a+b=0，f(1)=1+a+b+a2=10，
解得a=4，b=−11， 或a=−3，b=3，
当a=4，b=−11时，f′(x)=3x2+8x−11=(3x+11)(x−1)，
在x=1两侧的符号相反，符合题意；
当 a=−3，b=3时，f′(x)=3(x−1)2，
在x=1两侧的符号相同，不符合题意，舍去，
综上a=4，b=−11，
∴ a+b=−7．
故答案为：−7．
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意， c=2，2a=23，
∴a=3，b2=a2−c2=1，
∴ 椭圆的标准方程为x23+y2=1，
离心率为e=ca=63.
(2)直线l的方程为y=2x+2，
代入椭圆方程，化简得13x2+24x+9=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则Δ=108>0，
∴ x1+x2=−2413，x1x2=913，
∴|AB|=1+22|x1−x2|
=5×x1+x22−4x1x2
=61513，
又∵点O到直线AB的距离d=21+22=255，
∴S△OAE=12×d×|AB|
=12×255×61513
=6313，
即△OAB的面积为6313.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线的综合问题
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
点到直线的距离公式
【解析】
本题主要考查了圆锥曲线中弦长公式.
本题主要考查了圆锥曲线中弦长公式.
【解答】
解：(1)由题意， c=2，2a=23，
∴a=3，b2=a2−c2=1，
∴ 椭圆的标准方程为x23+y2=1，
离心率为e=ca=63.
(2)直线l的方程为y=2x+2，
代入椭圆方程，化简得13x2+24x+9=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则Δ=108>0，
∴ x1+x2=−2413，x1x2=913，
∴|AB|=1+22|x1−x2|
=5×x1+x22−4x1x2
=61513，
又∵点O到直线AB的距离d=21+22=255，
∴S△OAE=12×d×|AB|
=12×255×61513
=6313，
即△OAB的面积为6313.
【答案】
解：(1)∵ f(x) = alnx + 12x − 32x + 1，
∴ f′(x)=ax−12x2−32=2ax−1−3x22x2，
∵ 曲线y=f(x)在点(1, f(1))处取得极值，
∴ f′(1)=0，即a−2=0，
∴ a=2.
(2)由(1)可得，f(x)=2lnx + 12x − 32x+1，
∴ f′(x)=4x−1−3x22x2=−(3x−1)(x−1)2x2，
令f′(x)=0，解得x1=13，x2=1，
又∵ 函数的定义域为(0,+∞)，
故可得f(x)在(0,13)和(1,+∞)上单调递减，在区间(13,1)上单调递增，
故f(x)的极大值为f(1)=2ln1+12−32+1=0，
f(x)的极小值为f(13)=2ln13+12×13−32×13+1=2−2ln3．
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）求出函数的导数，利用极值的定义求出a的值即可；
（2）根据其导函数即可求解其单调区间和极值．
【解答】
解：(1)∵ f(x) = alnx + 12x − 32x + 1，
∴ f′(x)=ax−12x2−32=2ax−1−3x22x2，
∵ 曲线y=f(x)在点(1, f(1))处取得极值，
∴ f′(1)=0，即a−2=0，
∴ a=2.
(2)由(1)可得，f(x)=2lnx + 12x − 32x+1，
∴ f′(x)=4x−1−3x22x2=−(3x−1)(x−1)2x2，
令f′(x)=0，解得x1=13，x2=1，
又∵ 函数的定义域为(0,+∞)，
故可得f(x)在(0,13)和(1,+∞)上单调递减，在区间(13,1)上单调递增，
故f(x)的极大值为f(1)=2ln1+12−32+1=0，
f(x)的极小值为f(13)=2ln13+12×13−32×13+1=2−2ln3．
【答案】
解：(1)因为2a−b=2c⋅csB=2c⋅a2+c2−b22ac，
整理可得a2+b2−c2=ab，
可得：csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为0所以C=π3.
(2)如图所示，
依题意，△CBD中，CB=2，CD=12b，BD=3，C=π3.
利用余弦定理可得，4+14b2−3=2×2×12b×12，
即b2−4b+4=0，
解得b=2，
在△ABC中，a=b=2，C=π3，
故△ABC是等边三角形，
故c=2.
【考点】
余弦定理
三角形的形状判断
【解析】
（1）由余弦定理化简已知等式可得a2+b2−c2=ab，进而可求csC的值，结合0（2）由已知在△BDC中，由余弦定理可得b2−4b+4=0，可得AC的值，利用等腰三角形的性质可得A=B=C=π3，即可得解c的值．
【解答】
解：(1)因为2a−b=2c⋅csB=2c⋅a2+c2−b22ac，
整理可得a2+b2−c2=ab，
可得：csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为0所以C=π3.
(2)如图所示，
依题意，△CBD中，CB=2，CD=12b，BD=3，C=π3.
利用余弦定理可得，4+14b2−3=2×2×12b×12，
即b2−4b+4=0，
解得b=2，
在△ABC中，a=b=2，C=π3，
故△ABC是等边三角形，
故c=2.
【答案】
解：(1)已知函数fx=lnx−ax在区间[1,+∞)上是单调递减，
等价于导函数f′x=1x−a在区间[1,+∞)上小于等于0恒成立，
即1x−a≤0在区间[1,+∞)上恒成立，
则a≥1x，
令g(x)=1x，
由反比例函数性质可知，其在[1,+∞)上单调递减，
则gxmax=g1=1，即a≥1，
故实数a的取值范围为[1,+∞)．
(2)因为函数gx=12x2−ax+a−1lnx，其中a>1，
所以g(x)的定义域为0,+∞，
g′(x)=x−a+a−1x
=(x−1)(x+1−a)x
=(x−1)[x−(a−1)]x，
令g′x=0，得x1=1，x2=a−1，
①若a−1=1，即a=2时，g′(x)=x−12x>0，
故g(x)在0,+∞上单调递增；
②若0由g′(x)<0得，a−1由g′(x)>0得，01，
故g(x)在a−1,1上单调递减，
在(0,a−1)和1,+∞上单调递增；
③若a−1>1，即a>2时，
由g′(x)<0得1由g′(x)>0得，0a−1，
故g(x)在1,a−1上单调递减，
在(0,1)和a−1,+∞上单调递增；
综上可得，当a=2时g(x)在0,+∞上单调递增；
当1在(0,a−1)和1,+∞上单调递增；
当a>2时，g(x)在1,a−1上单调递减，
在(0,1)和a−1,+∞上单调递增．
【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
【解析】
本题考查利用函数的单调性求参数取值范围，还考查了利用分类讨论思想借助导数研究含参函数的单调性，属于较难题．
(2)答案未提供解析．
【解答】
解：(1)已知函数fx=lnx−ax在区间[1,+∞)上是单调递减，
等价于导函数f′x=1x−a在区间[1,+∞)上小于等于0恒成立，
即1x−a≤0在区间[1,+∞)上恒成立，
则a≥1x，
令g(x)=1x，
由反比例函数性质可知，其在[1,+∞)上单调递减，
则gxmax=g1=1，即a≥1，
故实数a的取值范围为[1,+∞)．
(2)因为函数gx=12x2−ax+a−1lnx，其中a>1，
所以g(x)的定义域为0,+∞，
g′(x)=x−a+a−1x
=(x−1)(x+1−a)x
=(x−1)[x−(a−1)]x，
令g′x=0，得x1=1，x2=a−1，
①若a−1=1，即a=2时，g′(x)=x−12x>0，
故g(x)在0,+∞上单调递增；
②若0由g′(x)<0得，a−1由g′(x)>0得，01，
故g(x)在a−1,1上单调递减，
在(0,a−1)和1,+∞上单调递增；
③若a−1>1，即a>2时，
由g′(x)<0得1由g′(x)>0得，0a−1，
故g(x)在1,a−1上单调递减，
在(0,1)和a−1,+∞上单调递增；
综上可得，当a=2时g(x)在0,+∞上单调递增；
当1在(0,a−1)和1,+∞上单调递增；
当a>2时，g(x)在1,a−1上单调递减，
在(0,1)和a−1,+∞上单调递增．
【答案】
解：(1)因为a1>0，2Sn=an2+an，
所以当n=1时，2S1=a12+a1，
则a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=a2+an2−an−12+an−12，
即an+an−1an−an−1−1=0，
所以an=−an−1，或an=an+1+1，
所以an=−1n−1，或an=n.
(2)因为an>0，
所以an=n，
所以bn=1nn+1=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1，
所以数列bn的前n项和Tn=nn+1.
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a1>0，2Sn=an2+an，
所以当n=1时，2S1=a12+a1，
则a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=a2+an2−an−12+an−12，
即an+an−1an−an−1−1=0，
所以an=−an−1，或an=an+1+1，
所以an=−1n−1，或an=n.
(2)因为an>0，
所以an=n，
所以bn=1nn+1=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1
=nn+1，
所以数列bn的前n项和Tn=nn+1.
【答案】
解：(1) 当a=2时， Fx=fx−gx=ex−2x+1，
∴ F′x=ex−2.
①当x②当x>ln2时， F′x>0，Fx在ln2,+∞上单调递增，
∴ Fxmin=Fln2=3−2ln2.
(2)∵ fx+ax2≥1+x，
∴ ex+ax2−1−x≥0，x∈[0,+∞)，
令ℎx=ex+ax2−x−1x≥0，ℎ0=0，
则ℎ′x=ex+2ax−1，
∴ ℎ′0=0，
令φx=ℎ′x=ex+2ax−1，
则φ′x=ex+2a，
①当a≥−12时，φ′x≥0恒成立，
可得ℎ′x在[0,+∞)上单调递增，
∴ ℎ′x≥ℎ′0=0恒成立，
可得ℎx在[0,+∞)上单调递增，
∴ ℎx≥ℎ0=0恒成立，
ex+ax2−x−1≥0恒成立，
即fx+ax2≥1+x恒成立．
②当a<−12时，当x∈[0,ln(−2a))， φ′x<0 .
ℎ′x在[0,ln(−2a))上单调递减，
当x∈[ln(−2a),+∞)， φ′x>0.
ℎ′x在[ln(−2a),+∞)上单调递增，
则当x∈[0,ln(−2a))时， ℎ′x<ℎ′0=0，
∴ ∃x0>0， x∈0,x0时， ℎx0<ℎ0=0，
∴ fx+ax2≥1+x不恒成立．
综上所述，a的取值范围是a≥−12.
【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】
此题暂无解析
【解答】
解：(1) 当a=2时， Fx=fx−gx=ex−2x+1，
∴ F′x=ex−2.
①当x②当x>ln2时， F′x>0，Fx在ln2,+∞上单调递增，
∴ Fxmin=Fln2=3−2ln2.
(2)∵ fx+ax2≥1+x，
∴ ex+ax2−1−x≥0，x∈[0,+∞)，
令ℎx=ex+ax2−x−1x≥0，ℎ0=0，
则ℎ′x=ex+2ax−1，∴ ℎ′0=0.
令φx=ℎ′x=ex+2ax−1，
则φ′x=ex+2a，
①当a≥−12时，φ′x≥0恒成立，
可得ℎ′x在[0,+∞)上单调递增，
∴ ℎ′x≥ℎ′0=0恒成立，
可得ℎx在[0,+∞)上单调递增，
∴ ℎx≥ℎ0=0恒成立，
ex+ax2−x−1≥0恒成立，
即fx+ax2≥1+x恒成立．
②当a<−12时，当x∈[0,ln(−2a))， φ′x<0 .
ℎ′x在[0,ln(−2a))上单调递减，
当x∈[ln(−2a),+∞)， φ′x>0.
ℎ′x在[ln(−2a),+∞)上单调递增，
则当x∈[0,ln(−2a))时， ℎ′x<ℎ′0=0，
∴ ∃x0>0， x∈0,x0时， ℎx0<ℎ0=0，
∴ fx+ax2≥1+x不恒成立．
综上所述，a的取值范围是a≥−12.