2020-2021学年河南省平顶山市高二（下）3月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省平顶山市高二（下）3月月考数学试卷人教A版，共10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. 曲线f(x)=x2+x−2ex在点(0,f(0))处切线的斜率为( )
A.2B.1C.−1D.−2

2. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)=x2+3xf′(2)+ex，则f′(2)的值等于( )
A.−2B.e22−2C.−e22D.−e22−2

3. 函数fx=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是( )

A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<0,c<0,d>0
C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d<0

4. 已知函数y=xf′(x)的图象如图（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），下面四个图象中，y=f(x)的图象可能是( )

A.B.
C.D.

5. 定积分01(sinx+2x)dx=( )
A.1+cs1B.cs1C.1−cs1D.2−cs1

6. 若函数f(x)=x2+2xex的极大值点与极小值点分别为a，b，则( )
A.a
7. 定义min{a,b}=a,a≤b，b,a>b，则由函数f(x)=min{x2,1x}的图象与x轴、y轴、直线x=2所围成的封闭图形的面积为( )
A.712B.512C.16+ln 2D.13+ln 2

8. 如图在直角坐标系xOy中，过坐标原点O作曲线y=ex的切线，切点为P，过点P分别作x，y轴的垂线，垂足分别为A，B，向矩形OAPB中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为( )

A.e−22eB.e−12eC.e−2eD.e−1e

9. 若函数f(x)=ex(sinx+acsx)在π4,π2单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞,1]B.(−∞,1)C.[1,+∞)D.(1,+∞)

10. 已知椭圆C:x216+y28=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上的一点，线段PF1的中点M在y轴上，则△PF1F2的面积为( )
A.4B.42C.53D.65

11. 已知抛物线y2=2pxp>0上一横坐标为5的点到焦点的距离为6，且该抛物线的准线与双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线所围成的三角形面积为22，则双曲线C的离心率为( )
A.3B.4C.6D.9

12. 设f(x)(x∈R)是奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(−2)=0．当x>0时，xf′(x)−f(x)>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(−2, 0)∪(0, 2)B.(−∞, −2)∪(2, +∞)
C.(−∞, −2)∪(0, 2)D.(−2, 0)∪(2, +∞)
二、填空题

过点P0,1且与曲线y=x相切的切线方程为________.

已知函数f(x)的定义域为R，且f(−1)=2，若对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x+4的解集为________．

已知数列an满足a1=12，an+1=an2−an，若bn=1an−1，则数列bn的通项公式为bn=________．

已知函数fx=1+lnxxx>1，若对任意两个不同的x1，x2，都有|fx1−fx2|≤k|lnx1−lnx2|成立，则实数k的取值范围是________．
三、解答题

设x=1与x=−2是函数fx=ax3+bx2−2x，a≠0的两个极值点．
(1)求a，b的值；

(2)求函数fx的单调区间．

已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2an−1，数列bn满足bn=lg2an+lg2an+1．
(1)求an，bn的通项公式；

(2)若数列{cn}满足cn=anbn，求{cn}的前n项和Tn．

某汽车制造厂有一条价值为60万元的汽车生产线，现要通过技术改造来提高其生产能力，进而提高产品的增加值．已知投入x万元用于技术改造，所获得的产品的增加值为(60−x)x2万元，并且技改投入比率为x60−x∈(0, 5]．
(1)求技改投入x的取值范围；

(2)当技改投入为多少万元时，所获得的产品的增加值为最大，其最大值为多少万元？

已知函数fx=alnx+1x+bx且曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为2x−y+1=0．
(1)求实数a，b的值及函数fx的单调区间；

(2)若关于x的不等式fx−2≥32x+m2x恒成立，求实数m的取值范围．

已知e是自然对数的底数，函数f(x)=2ex−1−ax2，其中a∈R．
(1)当a=1时，若g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；

(2)若f(x)在R上恰有三个零点，求a的取值范围．

如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点1,22，离心率为22，直线l经过椭圆C的右焦点F，交椭圆于A，B两点．

(1)求椭圆C的方程．

(2)若直线l交y轴于点M，且MA→=λAF→，MB→=μBF→，当直线l的倾斜角变化时，λ+μ是否为定值？若是，请求出λ+μ的值；否则，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省平顶山市高二（下）3月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
导数的几何意义
【解析】
根据题意求导，再由导数的几何意义可得所求值.
【解答】
解：∵ f′x=2x+1−2ex，
∴ 曲线fx在点0,f0处切线的斜率为
f′0=0+1−2×e0=−1.
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
导数的运算
【解析】
根据导数公式先求出f′(x)，然后令x=2即可得到f′(2)的值．
【解答】
解：∵ f(x)=x2+3xf′(2)+ex，
∴ f′(x)=2x+3f′(2)+ex，
令x=2，
则f′(2)=4+3f′(2)+e2，
即−2f′(2)=4+e2，
∴ f′(2)=−e22−2．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
导数的几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图可知，f(0)=d>0，
函数的导数f′(x)=3ax2+2bx+c，
由图象知，当xx2时函数递增，
则f′(x)对应的图象开口向上，
则a>0，f′(x)=0有两个不同的正实根，
则x1+x2=−2b3a>0，x1x2=c3a>0，
∵ a>0，
∴ b<0，c>0.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
函数的单调性与导数的关系
【解析】
根据函数y=−xf′(x)的图象，依次判断f(x)在区间(−∞, −1)，(−1, 0)，(0, 1)，(1, +∞)上的单调性即可．
【解答】
解：由函数y=xf′(x)的图象可知：
当x<−1时，xf′(x)>0，所以f′(x)<0，此时f(x)递减；
当−10，此时f(x)递增；
当00，f′(x)>0，此时f(x)递增；
当x>1时，xf′(x)<0，f′(x)<0，此时f(x)递减，
综上所述，y=f(x)的图象可能是C.
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
定积分
【解析】
根据定积分的计算法则，计算即可．
【解答】
解：01(sinx+2x)dx=(x2−csx)| 01
=1−cs1−0+cs0=2−cs1.
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的极值点，求出a，b的值，判断结论即可，
【解答】
解：由f(x)=x2+2xex可得f′(x)=2−x2ex，
当−20，
当x>2或x<−2时，f′(x)<0，
故f(x)=x2+2xex的极大值点与极小值点分别为2，−2，
即a=2，b=−2，
所以a+b=0，
所以b故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
定积分在求面积中的应用
【解析】
本题考查定积分．
【解答】
解：由题意得，f(x)=min{x2,1x}=x2, 0≤x<1，1x, 1≤x≤2，
所以所求封闭图形的面积为：
01x2dx+121xdx
=13x301+ln x|12
=13+ln 2．
故选D．
8.
【答案】
A
【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
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
由导数的几何意义，求过曲线外一点的切线方程得：点P为切点过原点的切线方程为：y＝ex由定积分的几何意义得：S阴＝∫​01(ex−ex)dx＝(ex−12x2)|​01=e−22，由几何概型中的面积型得：P(A)=SS0APB=e−22e=e−22e，得解．
【解答】
解：设P(x0, ex0)，
可知y′=ex，
则以点P为切点过原点的切线方程为：y−ex0=ex0(x−x0)，
又此切线过点(0, 0)，
求得：x0=1，即P(1, e)，
以点P为切点过原点的切线方程为：y=ex，
由定积分的几何意义得：
S阴=01(ex−ex)dx
=(ex−12x2)|​01
=e−22，
设“向矩形OAPB中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分”为事件A，
由几何概型的面积型可得：
P(A)=SS矩形OAPB=e−22e=e−22e.
故选A.
9.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
本题考查导数的应用．
【解答】
解：因为函数f(x)=ex(sinx+acsx)在π4,π2上单调递增，
所以f′(x)=ex(sinx+acsx+csx−asinx)≥0在π4,π2上恒成立，
又ex>0，
则sinx+acsx+csx−asinx≥0在x∈π4,π2上恒成立，
又当x∈π4,π2时，sinx−csx>0，
则a≤sinx+csxsinx−csxmin，
令g(x)=sinx+csxsinx−csx，
则g′(x)=−2(sinx−csx)2<0，
则g(x)在π4,π2上单调递减，
则g(x)>gπ2=1，
所以a≤1．
故选A．
10.
【答案】
B
【考点】
椭圆的标准方程
三角形的面积公式
【解析】
本题主要考查椭圆的性质及余弦定理．
【解答】
解：设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，
由题意知a=4，b=22，
在△PF1F2中，PF1的中点M在y轴上，F1F2的中点为原点，
所以PF2//y轴，即PF2⊥x轴，
所以|PF2|=b2a=84=2，
又|F1F2|=216−8=42，
于是△PF1F2的面积为S=12×2×42=42．
故选B．
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
抛物线的定义
【解析】
本题主要考查抛物线和双曲线的性质．
【解答】
解：∵ 抛物线y2=2pxp>0上一横坐标为5的点到焦点的距离为6，
∴ 由抛物线定义知p2=1，即p=2，
∴ 抛物线的准线方程为x=−1，
∵ 双曲线C的两条渐近线方程为y=±bax，
∴ 抛物线的准线与双曲线C的两条渐近线围成的三角形面积为：
S=12⋅2ba⋅1=ba=22，即b=22a，
∴ c2−a2=8a2，
可得c2a2=9，
∴ 双曲线C的离心率a=ca=3．
故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的性质
函数奇偶性的判断
【解析】
构造函数g(x)，利用g(x)的导数判断函数g(x)的单调性与奇偶性，求出不等式的解集即可．
【解答】
解：设g(x)=f(x)x，
则g(x)的导数为： g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
∵ 当x>0时，总有xf′(x)−f(x)>0成立，
即当x>0时，g′(x)>0，
∴ 当x>0时，函数g(x)为增函数，
又∵ g(−x)=f(−x)−x=−f(x)−x=f(x)x=g(x)，
∴ 函数g(x)为定义域上的偶函数，
∴ x<0时，函数g(x)是减函数，
又∵ g(−2)=f(−2)−2=0=g(2)，
∴ x>0时，由f(x)>0，得：g(x)>g(2)，解得：x>2，
x<0时，由f(x)>0，得：g(x)∴ f(x)>0成立的x的取值范围是：(−2, 0)∪(2, +∞).
故选D.
二、填空题
【答案】
x−4y+4=0
【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】
设切点，可得切线方程，代入P，可得切点坐标，即可求出过点P0,1且与曲线相切的直线的方程．
【解答】
解：可知x≥0，
设切点a,a，则f′a=12a，
∴切线方程为：y−a=12ax−a，
将点P0,1代入，
可得：1−a=12a0−a=−a2，
即a2=1，
∴a=4，
∴切线方程为：x−4y+4=0．
故答案为：x−4y+4=0．
【答案】
(−1, +∞)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
构建函数F(x)=f(x)−(2x+4)，由f(−1)=2得出F(−1)的值，求出F(x)的导函数，根据f′(x)>2，得到F(x)在R上为增函数，根据函数的增减性即可得到F(x)大于0的解集，进而得到所求不等式的解集．
【解答】
解：设F(x)=f(x)−(2x+4)，
则F(−1)=f(−1)−(−2+4)=2−2=0，
又对任意x∈R，f′(x)>2，
所以F′(x)=f′(x)−2>0，
即F(x)在R上单调递增，
则F(x)>0的解集为(−1, +∞)，
即f(x)>2x+4的解集为(−1, +∞)．
故答案为：(−1, +∞)．
【答案】
2n−1
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
等比数列的通项公式
【解析】
本题主要考查等比数列的定义及通项公式．
【解答】
解：由an+1=an2−an可得1an+1=2an−1，
所以1an+1−1=2an−2=21an−1，
因为1a1−1=1，且bn=1an−1，
∴ 数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴ bn=1×2n−1=2n−1．
故答案为：2n−1．
【答案】
1e,+∞
【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
【解析】
利用导数求出函数fx的单调性，将不等式不等式恒成立问题转化为g(x)=f(x)+klnx在1,+∞上单调递增，即g′(x)=−lnxx2+kx≥0在1,+∞上恒成立，分离参数得k≥lnxx在1,+∞上恒成立，即k≥lnxxmax，令ℎx=lnxx，再利用导数求出ℎx的最大值即可得解．
【解答】
解：函数fx=1+lnxxx>1，
则f′x=−lnxx2<0，
则所以函数fx在1,+∞上单调递减，
设1则不等式|fx1−fx2|≤k|lnx1−lnx2|，
等价于fx1−fx2≤klnx2−lnx1，
即fx1+klnx1≤fx2+klnx2，
令gx=fx+klnx，
则gx在1,+∞上单调递增，
g′x=−lnxx2+kx≥0在1,+∞上恒成立，
即k≥lnxx在1,+∞上恒成立，即k≥lnxxmax，
令ℎx=lnxx，则ℎ′x=1−lnxx2，
当x∈1,e时，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
当x∈e,+∞时，ℎ′x<0，ℎx单调递减，
所以ℎxmax=ℎe=1e，
所以k>1e，
即实数k的取值范围是1e,+∞．
故答案为：1e,+∞．
三、解答题
【答案】
解：(1)f′x=3ax2+2bx−2，
由题意可知：f′1=0，f′−2=0，
即3a+2b−2=0，12a−4b−2=0，
解得a=13，b=12．
(2)可知，f′x=x2+x−2，
由f′x>0，得x<−2或x>1，
由f′x<0，得−2故fx的增区间为−∞,−2，1,+∞；减区间为−2,1．
【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】
(1)利用x=1与x=−2是函数fx=ax3+bx2−2x，a≠0的两个极值点，导函数的函数值为0，求解即可．
(2)通过导函数的符号，求解函数的单调区间即可．
【解答】
解：(1)f′x=3ax2+2bx−2，
由题意可知：f′1=0，f′−2=0，
即3a+2b−2=0，12a−4b−2=0，
解得a=13，b=12．
(2)可知，f′x=x2+x−2，
由f′x>0，得x<−2或x>1，
由f′x<0，得−2故fx的增区间为−∞,−2，1,+∞；减区间为−2,1．
【答案】
解：(1)由Sn=2an−1可得Sn+1=2an−1−1n≥2，
∴ an=Sn−Sn−1=2an−an−1，即an=2an−1，
易知a1=1，故an=2n−1．
∴ bn=lg2an+lg2an+1=n−1+n=2n−1．
(2)由(1)可知cn=2n−12n−1，
∴ Tn=c1+c2+c3+⋯+cn
=1×1+3×2+5×22+⋯+2n−1×2n−1 ①，
2Tn=1×2+3×22+5×23+⋯+
2n−3×2n−1+2n−1×2n ②，
①−②，得−Tn=1+2×2+2×22+2×23+⋯+
2×2n−1−2n−1×2n
=−1+2×1+2+22+23+⋯+2n−1−2n−1×2n
=−1+2×1−2n1−2−2n−1×2n
=−3+3−2n⋅2n
∴ Tn=3+2n−3⋅2n．
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
本题主要考查等比数列的通项公式及错位相减法求和．
【解答】
解：(1)由Sn=2an−1可得Sn+1=2an−1−1n≥2，
∴ an=Sn−Sn−1=2an−an−1，即an=2an−1，
易知a1=1，故an=2n−1．
∴ bn=lg2an+lg2an+1=n−1+n=2n−1．
(2)由(1)可知cn=2n−12n−1，
∴ Tn=c1+c2+c3+⋯+cn
=1×1+3×2+5×22+⋯+2n−1×2n−1 ①，
2Tn=1×2+3×22+5×23+⋯+
2n−3×2n−1+2n−1×2n ②，
①−②，得−Tn=1+2×2+2×22+2×23+⋯+
2×2n−1−2n−1×2n
=−1+2×1+2+22+23+⋯+2n−1−2n−1×2n
=−1+2×1−2n1−2−2n−1×2n
=−3+3−2n⋅2n
∴ Tn=3+2n−3⋅2n．
【答案】
解：(1)由题意，x60−x∈(0, 5]，x>0，
即0∴ 0∴ 技改投入x的取值范围是(0, 50].
(2)设f(x)=(60−x)x2，x∈(0, 50]，
则f′(x)=−3x(x−40)，
当00，函数单调递增；
当40∴ 当x=40时，函数取得极大值，也是最大值，
∴ f(x)max=(60−40)×402=32000，
∴ 当技改投入为40万元时，所获得的产品的增加值为最大，其最大值为32000万元．
【考点】
分段函数的应用
函数模型的选择与应用
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）利用x60−x∈(0, 5]，x>0，即可确定技改投入x的取值范围；
（2）求导函数，确定函数的单调性，即可求出产品增加值的最大值及相应x的值．
【解答】
解：(1)由题意，x60−x∈(0, 5]，x>0，
即0∴ 0∴ 技改投入x的取值范围是(0, 50].
(2)设f(x)=(60−x)x2，x∈(0, 50]，
则f′(x)=−3x(x−40)，
当00，函数单调递增；
当40∴ 当x=40时，函数取得极大值，也是最大值，
∴ f(x)max=(60−40)×402=32000，
∴ 当技改投入为40万元时，所获得的产品的增加值为最大，其最大值为32000万元．
【答案】
解：(1)因为fx=alnx+1x+bxx>0，
所以f′x=ax−1x2+b=bx2+ax−1x2x>0，
因为函数fx在点(1,f(1))处的切线方程为2x−y+1=0，
则有f′1=2，f1=3，
即b+a−1=2，1+b=3，
解得a=1，b=2，
所以f′x=2x2+x−1x2=2x−1x+1x2x>0，
由f′x>0，得x>12，
由f′x<0，得0所以函数fx单调递增区间是12,+∞，单调递减区间是0,12．
(2)由题意，不等式fx−2≥32x+m2xx>0恒成立，
即lnx+1x+2x−2≥32x+m2x恒成立，
即m≤x2+2xlnx−4x+2恒成立，
令gx=x2+2xlnx−4x+2，
则只需m≤gxmin，
g′x=2x+2lnx+2−4=2x+2lnx−2x>0，
因为g′x在0,+∞为增函数，且g′1=0，
所以x∈0,1，g′x<0，gx为减函数，
x∈1,+∞，g′x>0，gx为增函数，
所以gxmin=g1=−1，即m≤−1，
所以m的取值范围为(−∞, −1).
【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单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(1)先求出导函数，再利用曲线y=fx在点(1,f(1))处的切线方程为2x−y+1=0，列出方程组即可解出a，b的值，从而求出函数fx的单调区间；
(2)把恒成立问题利用分离参数法转化为最值问题，求出gx的最小值即可，利用导数分析出函数gx的单调性，得出gx的最小值，从而求出m的取值范围．
【解答】
解：(1)因为fx=alnx+1x+bxx>0，
所以f′x=ax−1x2+b=bx2+ax−1x2x>0，
因为函数fx在点(1,f(1))处的切线方程为2x−y+1=0，
则有f′1=2，f1=3，
即b+a−1=2，1+b=3，
解得a=1，b=2，
所以f′x=2x2+x−1x2=2x−1x+1x2x>0，
由f′x>0，得x>12，
由f′x<0，得0所以函数fx单调递增区间是12,+∞，单调递减区间是0,12．
(2)由题意，不等式fx−2≥32x+m2xx>0恒成立，
即lnx+1x+2x−2≥32x+m2x恒成立，
即m≤x2+2xlnx−4x+2恒成立，
令gx=x2+2xlnx−4x+2，
则只需m≤gxmin，
g′x=2x+2lnx+2−4=2x+2lnx−2x>0，
因为g′x在0,+∞为增函数，且g′1=0，
所以x∈0,1，g′x<0，gx为减函数，
x∈1,+∞，g′x>0，gx为增函数，
所以gxmin=g1=−1，即m≤−1，
所以m的取值范围为(−∞, −1).
【答案】
解：(1)当a=1时，f′(x)=2ex−1−2x，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=2ex−1−2，
∴ 当x<1时，g′(x)<2−2=0，
故g(x)在（−∞，1)上单调递减；
当x>1时，g′(x)>2−2=0，
故g(x)在（1，+∞)上单调递增，
∴ f′(x)=g(x)≥g(1)=0，
∴ f(x)在R上单调递增．
(2)由f0=2e≠0，可知f(x)的零点x≠0，
令f(x)=2ex−1−ax2=0，可得a=2ex−1x2，
设ℎ(x)=2ex−1x2(x≠0)，
可知ℎ(x)=2ex−1x2(x≠0)与函数y=a的图象有三个不同的交点，
∴ ℎ′(x)=2ex−1x2−2ex−1⋅2xx4
=2ex−1(x−2)x3(x≠0)，
令ℎ′(x)=0，得x=−2，且ℎ(2)=e2，
∴ 当x∈(−∞, 0)时，ℎ′(x)>0，故ℎ(x)单调递增且ℎ(x)∈(0,+∞)；
当x∈(0, 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减且ℎ(x)∈(e2,+∞)；
当x∈(2, +∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增且ℎ(x)∈(e2,+∞)，
作图ℎ(x)的大致图象，如图所示，
当x=2时，ℎ(2)=e2，
由图象可知，当a>e2时，y=a与y=ℎ(x)的图象有三个交点，
即f(x)有三个零点，
∴ a的取值范围是(e2,+∞)．
【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】
求出f(x)导函数，即可得g(x)，再对g(x)求导，利用导数与单调性的关系即可求解；
由零点不为0，可将方程f(x)＝2ex−1−ax2＝0，转化为a=2ex−1x2，令ℎ(x)=2ex−1x2(x≠0)，利用导数求出ℎ(x)的单调性，从而作出ℎ(x)的大致图象，结合图象即可求得a的取值范围．
【解答】
解：(1)当a=1时，f′(x)=2ex−1−2x，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=2ex−1−2，
∴ 当x<1时，g′(x)<2−2=0，
故g(x)在（−∞，1)上单调递减；
当x>1时，g′(x)>2−2=0，
故g(x)在（1，+∞)上单调递增，
∴ f′(x)=g(x)≥g(1)=0，
∴ f(x)在R上单调递增．
(2)由f0=2e≠0，可知f(x)的零点x≠0，
令f(x)=2ex−1−ax2=0，可得a=2ex−1x2，
设ℎ(x)=2ex−1x2(x≠0)，
可知ℎ(x)=2ex−1x2(x≠0)与函数y=a的图象有三个不同的交点，
∴ ℎ′(x)=2ex−1x2−2ex−1⋅2xx4
=2ex−1(x−2)x3(x≠0)，
令ℎ′(x)=0，得x=−2，且ℎ(2)=e2，
∴ 当x∈(−∞, 0)时，ℎ′(x)>0，故ℎ(x)单调递增且ℎ(x)∈(0,+∞)；
当x∈(0, 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减且ℎ(x)∈(e2,+∞)；
当x∈(2, +∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增且ℎ(x)∈(e2,+∞)，
作图ℎ(x)的大致图象，如图所示，
当x=2时，ℎ(2)=e2，
由图象可知，当a>e2时，y=a与y=ℎ(x)的图象有三个交点，
即f(x)有三个零点，
∴ a的取值范围是(e2,+∞)．
【答案】
解：(1)设椭圆的半焦距为c，
∵1a2+12b2=1，ca=22，a2=b2+c2，
∴ a=2，b=1，
∴ 椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)由(1)知F1,0，由条件得直线l的斜率存在，设方程为y=kx−1，
易知M0,−k，设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x22+y2=1，y=1x−1，
得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0，
∴ x1+x2=4k21+2k2，x1⋅x2=2k2−21+2k2，
∵ MA→=λAF→，
即x1,y1+k=λ1−x1,−y1，
∴λ=x11−x1，
同理μ=x21−x2，
∴ λ+μ=x11−x1+x21−x2
=x1+x2−2x1x21−(x1+x2)+x1x2
=4k21+2k2−22k2−21+2k21−4k21+2k2+2k2−21+2k2
=−4.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系及定值与定点问题．
本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系及定值与定点问题．
【解答】
解：(1)设椭圆的半焦距为c，
∵1a2+12b2=1，ca=22，a2=b2+c2，
∴ a=2，b=1，
∴ 椭圆C的方程为x22+y2=1．
(2)由(1)知F1,0，由条件得直线l的斜率存在，设方程为y=kx−1，
易知M0,−k，设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x22+y2=1，y=1x−1，
得(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0，
∴ x1+x2=4k21+2k2，x1⋅x2=2k2−21+2k2，
∵ MA→=λAF→，
即x1,y1+k=λ1−x1,−y1，
∴λ=x11−x1，
同理μ=x21−x2，
∴ λ+μ=x11−x1+x21−x2
=x1+x2−2x1x21−(x1+x2)+x1x2
=4k21+2k2−22k2−21+2k21−4k21+2k2+2k2−21+2k2
=−4.