2020-2021河南省信阳市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷

这是一份2020-2021河南省信阳市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷，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. 一个物体的位移s（米）与时间t（秒）的关系为s=2+10t−t2，则该物体在4秒末的瞬时速度是( )
A.2米/秒B.3米/秒C.4米/秒D.5米/秒

2. 余弦函数是偶函数，fx=cs3x2+2是余弦函数，因此fx=cs3x2+2是偶函数，以上推理( )
A.大前提不正确B.小前提不正确C.结论不正确D.全部正确

3. 函数fx=x+2ex的单调递增区间是( )
A.(−∞,3)B.(0,3)C.−3,0D.−3,+∞

4. 函数y=fx的图象如图所示，则阴影部分的面积是( )

A.201fxdxB.02fxdx
C.02|fx|dxD.01fxdx+12fxdx

5. 以BC为斜边的Rt△ABC中，BC2=AB2+AC2，由类比推理，在三棱锥P−ABC中，若PA，PB，PC两两垂直，PA=a，PB=b，PC=c，S△BPC=s1，S△CPA=s2，S△APB=s3，则S△ABC=( )
A.a2b2+b2c2+a2c2B.s12s22+s22s32+s32s12
C.a2+b2+c2D.s12+s22+s32

6. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，则f′(2)的值等于( )
A.−2B.2C.−94D.94

7. 已知函数fx=2lnx+ax2−3x在x=2处取得极小值，则fx的极大值为( )
A.2B.−52C.3+ln2D.−2+2ln2

8. 若fx=−12x2+bln2x+4在−2,+∞上是减函数，则实数b的范围是( )
A.(−∞,−1]B.(−∞,0]C.(−1,0]D.[−1,+∞）

9. 函数y=2xlnx的图像大致为( )
A.B.
C.D.

10. 若点P是曲线y=x2−lnx上的任意一点，则点P到直线y=x−2的最小距离为（ ）
A.2B.22C.12D.1

11. 已知定义在0,+∞上的函数fx，满足x2f′x+2xfx=1x，且f1=1，则函数f(x)的最大值为( )
A.0B.e2C.eD.2e

12. 如图所示，已知直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点，则对于函数F(x)=f(x)−kx，以下结论成立的是( )

A.有3个极大值点，2个极小值点B.有2个零点
C.有2个极大值点，没有极小值点D.有1个零点
二、填空题

函数y=13x3−ax2+x−2a在R上不是单调函数，则a的取值范围是________.

已知函数fx=sinx+1−x2 ，则−11fxdx=________ .

已知函数fx=lne2x+1−x，则不等式fx+2>f2x−3的解集为________.

已知f(x)=x+alnx(a>0)对于区间[1, 3]内的任意两个相异实数x1，x2，恒有|f(x1)−f(x2)|<|1x1−1x2|成立，则实数a的取值的集合是________．
三、解答题

已知函数 fx=14x+2．
(1)分别求 f0+f1，f−1+f2，f−2+f3 的值．

(2)由上题归纳出一个一般性结论，并给出证明．

设函数f(x)=x3+ax2+bx在点x=1处有极值−2．
(1)求常数a，b的值；

(2)求曲线y=f(x)与x轴所围成的图形的面积．

已知函数fx=12x2−ax+a−1lnx，a>1.
(1)若f′2=0，求a的值；

(2)讨论函数f(x)的单调性．

青白江区某超市销售脆红李的经验表明，该脆红李每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式y=ax−3+10(x−6)2，其中3(1)求a的值；

(2)若脆红李的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使超市每日销售脆红李所获得的利润最大．

已知函数fx=xsinx+csx−1，gx=14x2−fx．
(1)求fx在区间0,2π上的极值点；

(2)证明：gx恰有3个零点．

已知函数f(x)=x2−axlnx，g(x)=(1−ae)x．
(1)若函数f(x)恰有一个极值点，求实数a的取值范围；

(2)当a∈(−1, 0)，且x∈(0, +∞)时，证明：f(x)x≤g(x)参考答案与试题解析
2020-2021河南省信阳市某校高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
变化的快慢与变化率
导数的运算
【解析】
此类运动问题中瞬时速度问题的研究一般借助函数的导数求其某一时刻的瞬时速度，解答本题可以先求s=2+10t−t2的导数，再求得t=4秒时的导数，即可得到所求的瞬时速度．
【解答】
解：∵ 一个物体的位移s（米）和与时间t（秒）的关系为s=2+10t−t2，
∴ s′=10−2t，
∴ 该物体在4秒末的瞬时速度是10−2×4=2（米/秒）.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
演绎推理
函数奇偶性的判断
【解析】
分别判断大前提、小前提、结论的正确性，选出正确的答案．
【解答】
解：大前提：余弦函数是偶函数，
由余弦函数f(x)=csx，得f(−x)=cs−x=csx=f(x)，故大前提正确；
小前提：f(x)=cs3x2+2是余弦函数，
我们把fx=csx叫余弦函数，函数f(x)=cs3x2+2是余弦函数复合一个二次函数，故小前提不正确；
结论：f(x)=cs3x2+2是偶函数，
由f(x)=cs3x2+2，得f(−x)=cs3−x2+2=cs3x2+2=f(x)，故结论正确.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
求导，利用导函数的正负与单调性的关系求解即可.
【解答】
解：∵ fx=x+2ex，
∴ f′x=ex+x+2ex=x+3ex，
令f′x>0，可得x>−3，
∴ 函数的单调递增区间为−3,+∞.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
定积分在求面积中的应用
【解析】
根据定积分的几何意义，即可得解．
【解答】
解：由定积分的几何意义知，
阴影部分的面积
S=01−fxdx+12fxdx
=01|fx|dx+12fxdx
=02|fx|dx．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
类比推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知 PA，PB，PC两两垂直
∴ S△BPC，S△APB，S△CPA 类比于AB与AC，S△ABC 类比于BC，
∴S△ABC=s12+s22+s32.
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
对等式f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，求导数，然后令x=2，即可求出f′(2)的值，继而f′(4)的值．
【解答】
解：∵ f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，
∴ f′(x)=2x+3f′(2)+1x.
令x=2，则f′(2)=4+3f′(2)+12，
∴ f′(2)=−94．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
求出原函数的导函数f(x)，由f′(0)=0，解得a=−12．可得函数解析式，由导函数求得原函数的单调区间，从而求出函数的极大值即可．
【解答】
解：由题意得，f′x=2x+2ax−3，x>0．
因为fx在x=2处取得极小值，
所以f′2=4a−2=0，
解得a=12，
所以fx=2lnx+12x2−3x，
f′x=2x+x−3=x−1x−2x，
所以fx在0,1，2,+∞上单调递增，在1,2上单调递减，
所以fx的极大值为f1=12−3=−52．
故选B．
8.
【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】
根据函数在−2,+∞上是减函数，对函数fx进行求导，判断出f′x<0，进而根据导函数的解析式求得b的范围．
【解答】
解：由题意可知f′x=−x+bx+2≤0在x∈−2,+∞上恒成立，
即b≤xx+2在x∈−2,+∞上恒成立.
∵gx=xx+2=x2+2x=x+12−1，且x∈−2,+∞，
∴gx≥−1，
∴要使b≤xx+2在x∈−2,+∞上恒成立，需b≤−1．
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
【解析】
根据函数的定义域，特殊点的函数值符号，以及函数的单调性和极值进行判断即可．
【解答】
解：由lnx≠0得，x>0且x≠1，
当0函数的导数f′(x)=2lnx−2x⋅1x(lnx)2=2lnx−2(lnx)2，
由f′(x)>0得lnx>1，即x>e，此时函数单调递增，
由f′(x)<0得lnx<1且x≠1，
即0故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
点到直线的距离公式
【解析】
设出切点坐标，利用导数在切点处的函数值，就是切线的斜率，求出切点，然后再求点P到直线y=x−2的最小距离．
【解答】
解：过点P作y=x−2的平行直线，且与曲线
y=x2−lnx相切，
设P(x0, x02−lnx0)，
则有k=y′|x=x0=2x0−1x0．
∴ 2x0−1x0=1，
∴ x0=1或x0=−12(舍去)．
∴ P(1, 1)，
∴ d=|1−1−2|1+1=2．
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
本题主要考查了导数的应用．
【解答】
解：x2f′x+2xfx=1x.
令gx=x2fx，则g′x=x2f′x+2xfx=1x.
∵ f(1)=1，∴ g(1)=1.
令gx=1+lnx，则fx=1+lnxx2，
∴ f′x=−1−2lnxx3，
∴ 00，
∴ x>e−12时，f′x=−1−2lnxx3<0，
∴ 当x=e−12时，f(x)max=fe−12=1+lne−12e−122=e2．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数的零点
【解析】
对函数F(x)＝f(x)−kx，求导数，根据条件判断f′(x)与k的关系进行判断即可．
【解答】
解：∵ 直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点，
∴ kx+m=f(x)有两个根，且f(x)≤kx+m，
由图象知m<0，
则f(x)则函数F(x)=f(x)−kx没有零点，故BD错误；
由图象可知函数f(x)有3个极大值点，2个极小值点，
则F′(x)=f′(x)−k.
设f(x)的三个极大值点分别为a，b，c，
则在a，b，c的左侧，f′(x)>k；在a，b，c的右侧，f′(x)此时函数F(x)=f(x)−kx有3个极大值；
在d，e的左侧，f′(x)k，
此时函数F(x)=f(x)−kx有2个极小值，
故函数F(x)=f(x)−kx有5个极值点，3个极大值，2个极小值，故A正确.
故选A.
二、填空题
【答案】
a>1或a<−1
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ y=13x3−ax2+x−2a，
∴ y′=x2−2ax+1，
又函数y=13x3−ax2+x−2a在R上不是单调函数，
∴ y′=x2−2ax+1与x轴有2个不同的交点，
∴ 方程x2−2ax+1=0有两个不相等的实数根，
∴ Δ=4a2−4>0，
∴ a>1或a<−1．
故答案为：a>1或a<−1.
【答案】
π2
【考点】
定积分
【解析】

【解答】
解：−11f(x)dx=−11sinx+1−x2dx
=−11sinxdx+−111−x2dx，
而−11sinxdx=−csx|−11=0，
−111−x2dx表示半圆x2+y2=1(y≥0)的面积，
即−111−x2dx=π2，则−11f(x)dx=−11sinxdx+−111−x2dx=π2 .
故答案为：π2.
【答案】
13【考点】
一元二次不等式的解法
函数的单调性及单调区间
函数奇偶性的性质与判断
【解析】

【解答】
解：f(x)=lne2x+1−x=lne2x+1−lnex=lnex+e−x,
显然该函数的定义域为全体实数.
因为f(−x)=lne−x+ex=f(x)，
所以该函数是偶函数.
设g(x)=e−x+ex，g′(x)=ex−e−x，
当x>0时，ex>1，00，g(x)单调递增，
因此函数f(x)=lnex+e−x在x>0时单调递增，
而函数f(x)=lnex+e−x是偶函数,
所以由f(x+2)>f(2x−3)，可得f(|x+2|)>f(|2x−3|)，
即|x+2|>|2x−3|，
两边同时平方整理得：3x2−16x+5<0，
解得13故答案为：13【答案】
⌀
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
问题等价于|1+a(lnx1−lnx2)x1−x2|<1|x1x2|，(1)，由x1，x2→13时(1)变为|1+3a|<9，由x1，x2→1时(1)变为|1+a|<1，得到关于a的不等式，解出即可．
【解答】
解：函数f(x)=x+alnx，其定义域为x>0，
所以f′(x)=1+ax>0恒成立，
故函数在定义域上为增函数．
令1≤x1则f(x1)所以由|f(x1)−f(x2)|<|1x1−1x2|，
可得f(x2)−f(x1)<1x1−1x2，
即f(x2)+1x2设h(x)=f(x)+1x，
则h(x2)则问题等价于函数h(x)=f(x)+1x在[1,3]内单调递减，
于是h′(x)=x2+ax−1x2≤0在[1,3]上恒成立，
即x2+ax−1≤0在[1,3]上恒成立，
即a≤1−x2xmin=−83,
即a≤−83，又a>0，
所以这样的实数a不存在.
故答案为：⌀.
三、解答题
【答案】
解：(1)f(0)+f(1)=13+16+12；
同理f(−1)+f(2)=49+118=12，
f(−2)+f(3)=1633+166=12．
(2) 由此猜想f(x)+f(1−x)=12，
证明：f(x)+f(1−x)=14x+2+141−x+2
=14x+2+4x4+2⋅4x
=14x+2+4x22+4x
=2+4x22+4x=12．
【考点】
函数的求值
函数的对称性
【解析】


【解答】
解：(1)f(0)+f(1)=13+16+12；
同理f(−1)+f(2)=49+118=12，
f(−2)+f(3)=1633+166=12．
(2) 由此猜想f(x)+f(1−x)=12，
证明：f(x)+f(1−x)=14x+2+141−x+2
=14x+2+4x4+2⋅4x
=14x+2+4x22+4x
=2+4x22+4x=12．
【答案】
解：(1)f′(x)=3x2+2ax+b，
由f(1)=−2及f′(1)=0得：1+a+b=−2,3+2a+b=0,
解得a=0,b=−3.
(2)由(1)知f(x)=x3−3x=x(x+3)(x−3)，
∴ 当x<−3或03时，f(x)>0，
∴ 曲线y=f(x)与x轴所围成的面积：
S=−30(x3−3x)dx+03[−(x3−3x)dx
=(14x4−32x2)|−30−(14x4−32x2)|03
=92．
【考点】
利用导数研究函数的极值
定积分在求面积中的应用
【解析】
（1）求导函数，利用函数f(x)=x3+ax2+bx在x=1处有极值−2，建立方程组，即可求得a，b的值；
（2）确定函数的积分区间，被积函数，再求出原函数，即可求得结论．
【解答】
解：(1)f′(x)=3x2+2ax+b，
由f(1)=−2及f′(1)=0得：1+a+b=−2,3+2a+b=0,
解得a=0,b=−3.
(2)由(1)知f(x)=x3−3x=x(x+3)(x−3)，
∴ 当x<−3或03时，f(x)>0，
∴ 曲线y=f(x)与x轴所围成的面积：
S=−30(x3−3x)dx+03[−(x3−3x)dx
=(14x4−32x2)|−30−(14x4−32x2)|03
=92．
【答案】
解：(1)由题得f′x=x−a+a−11x，
由f′2=0，可得2−a+a−12=0，
解得a=3．
(2)∵ 函数fx=12x2−ax+a−1lnx，其中a>1，
∴ fx的定义域为0,+∞，
f′x=x−a+a−11x=x−1x−a−1x，
令f′x=0，得x1=1，x2=a−1．
①若a−1=1，即a=2时，f′x=x−12x≥0恒成立，
∴ fx在0,+∞单调递增；
②若0由f′x<0得，a−1由f′x>0得，01，
∴ fx在a−1,1单调递减，在0,a−1，1,+∞单调递增．
③若a−1>1，即a>2时，
由f′x<0得，1由f′x>0得，0a−1．
故fx在1,a−1单调递减，在0,1，a−1,+∞单调递增．
综上可得，当a=2时，fx在0,+∞单调递增；
当1当a>2时，fx在1,a−1单调递减，在0,1，a−1,+∞单调递增．
【考点】
导数的运算
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题得f′x=x−a+a−11x，
由f′2=0，可得2−a+a−12=0，
解得a=3．
(2)∵ 函数fx=12x2−ax+a−1lnx，其中a>1，
∴ fx的定义域为0,+∞，
f′x=x−a+a−11x=x−1x−a−1x，
令f′x=0，得x1=1，x2=a−1．
①若a−1=1，即a=2时，f′x=x−12x≥0恒成立，
∴ fx在0,+∞单调递增；
②若0由f′x<0得，a−1由f′x>0得，01，
∴ fx在a−1,1单调递减，在0,a−1，1,+∞单调递增．
③若a−1>1，即a>2时，
由f′x<0得，1由f′x>0得，0a−1．
故fx在1,a−1单调递减，在0,1，a−1,+∞单调递增．
综上可得，当a=2时，fx在0,+∞单调递增；
当1当a>2时，fx在1,a−1单调递减，在0,1，a−1,+∞单调递增．
【答案】
解：(1)因为x=5时，y=11，
所以a2+10=11，
故a=2.
(2)由(1)可知，脆红李每日的销售量y=2x−3+10(x−6)2，
所以超市每日销售脆红李所获得的利润为
f(x)=(x−3)[2x−3+10(x−6)2]=2+10(x−3)(x−6)2，
所以f′(x)=10[(x−6)2+2(x−3)(x−6)]=30(x−6)(x−4)，
于是，当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
由上表可得，x=4是函数f(x)在区间(3, 6)内的极大值点，也是最大值点．
所以当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
【考点】
函数模型的选择与应用
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】
（1）由f(5)=11代入函数的解析式，解关于a的方程，可得a值；
（2）商场每日销售该商品所获得的利润=每日的销售量×销售该商品的单利润，可得日销售量的利润函数为关于x的三次多项式函数，再用求导数的方法讨论函数的单调性，得出函数的极大值点，从而得出最大值对应的x值．
【解答】
解：(1)因为x=5时，y=11，
所以a2+10=11，
故a=2.
(2)由(1)可知，脆红李每日的销售量y=2x−3+10(x−6)2，
所以超市每日销售脆红李所获得的利润为
f(x)=(x−3)[2x−3+10(x−6)2]=2+10(x−3)(x−6)2，
所以f′(x)=10[(x−6)2+2(x−3)(x−6)]=30(x−6)(x−4)，
于是，当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
由上表可得，x=4是函数f(x)在区间(3, 6)内的极大值点，也是最大值点．
所以当x=4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.
【答案】
(1)解：f′(x)=xcsx(x∈(0,2π))，
令f′x=0，得x=π2，或x=3π2.
当x∈0,π2时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈π2,3π2时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈3π2,2π时，f′x>0，fx单调递增．
故x=π2是fx的极大值点，x=3π2是fx的极小值点．
综上所述，fx在区间0,2π上的极大值点为x=π2，极小值点为x=3π2.
(2)证明：gx=14x2−fx=14x2+1−xsinx−csxx∈R.
因为g0=0，所以x=0是gx的一个零点．
g(−x)=(−x)24+1−(−x)sin(−x)−cs(−x)
=14x2+1−xsinx−csx=gx，
所以gx为偶函数．
即要确定gx在R上的零点个数，只需确定x>0时，gx的零点个数即可．
当x>0时，g′x=12x−xcsx=12x1−2csx.
令g′x=0，即csx=12，
即x=π3+2kπ或x=5π3+2kπk∈N.
x∈0,π3时，g′x<0，gx单调递减，
又g0=0，所以gπ3<0；
x∈π3, 53π时，g′x>0，gx单调递增，
且g53π=2536π2+536π+12>0，
所以gx在区间0,53π内有唯一零点．
当x≥53π时，由于sinx≤1，csx≤1，
gx=14x2+1−xsinx−csx≥14x2+1−x−1=14x2−x=tx，
而tx在区间53π,+∞内单调递增，tx≥t53π>0，
所以gx>0恒成立，故gx在区间53π,+∞内无零点，
所以gx在区间0,+∞内有一个零点.
由于gx是偶函数，
所以gx在区间−∞,0内有一个零点，而g0=0，
综上，gx恰有3个零点．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的极值
【解析】


【解答】
(1)解：f′(x)=xcsx(x∈(0,2π))，
令f′x=0，得x=π2，或x=3π2.
当x∈0,π2时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈π2,3π2时，f′x<0，fx单调递减；
当x∈3π2,2π时，f′x>0，fx单调递增．
故x=π2是fx的极大值点，x=3π2是fx的极小值点．
综上所述，fx在区间0,2π上的极大值点为x=π2，极小值点为x=3π2.
(2)证明：gx=14x2−fx=14x2+1−xsinx−csxx∈R.
因为g0=0，所以x=0是gx的一个零点．
g(−x)=(−x)24+1−(−x)sin(−x)−cs(−x)
=14x2+1−xsinx−csx=gx，
所以gx为偶函数．
即要确定gx在R上的零点个数，只需确定x>0时，gx的零点个数即可．
当x>0时，g′x=12x−xcsx=12x1−2csx.
令g′x=0，即csx=12，
即x=π3+2kπ或x=5π3+2kπk∈N.
x∈0,π3时，g′x<0，gx单调递减，
又g0=0，所以gπ3<0；
x∈π3, 53π时，g′x>0，gx单调递增，
且g53π=2536π2+536π+12>0，
所以gx在区间0,53π内有唯一零点．
当x≥53π时，由于sinx≤1，csx≤1，
gx=14x2+1−xsinx−csx≥14x2+1−x−1=14x2−x=tx，
而tx在区间53π,+∞内单调递增，tx≥t53π>0，
所以gx>0恒成立，故gx在区间53π,+∞内无零点，
所以gx在区间0,+∞内有一个零点.
由于gx是偶函数，
所以gx在区间−∞,0内有一个零点，而g0=0，
综上，gx恰有3个零点．
【答案】
(1)解：∵ f(x)=x2−axlnx(x>0)，
∴ f′(x)=2x−a(lnx+1).
∵ 函数f(x)恰有一个极值点，
∴ 方程2x−a(lnx+1)=0在(0, +∞)上恰有一个变号零点，
∴ 2a=lnx+1x在(0, +∞)上恰有一个变号零点．
令g(x)=lnx+1x，则g′(x)=−lnxx2，
可得x∈(0, 1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
x∈(1, +∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.
作出函数g(x)草图如下：
可得2a<0，
∴ a<0，
∴ 实数a的取值范围为(−∞, 0).
(2)证明：要证f(x)x≤g(x)⇔x−alnx≤(1−ae)x⇔alnx≥aex，即证明lnx≤xe．
令h(x)=lnx−xe，则h′(x)=1x−1e=e−xex，
x∈(0, e)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(e, +∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，
∴ h(x)≤h(e)=0，即原不等式成立．
要证明g(x)1−ae．
∵ a∈(−1, 0)，∴ 1−ae<1+1e，
故只需证明exx2≥1+1e即可．
令G(x)=exx2，则G′(x)=ex(x−2)x3，
x∈(0, 2)时，G′(x)<0，函数G(x)单调递减；x∈(2, +∞)时，G′(x)>0，函数G(x)单调递增，
∴ e2x2≥e24.
又e24>1+1e，故原不等式成立．
综上，f(x)x≤g(x)【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)f′(x)＝2x−a(lnx+1)，等价于方程2x−a(lnx+1)＝0在(0, +∞)恰有一个变号零点．
即2a=lnx+1x在(0, +∞)恰有一个变号零点．令g(x)=lnx+1x，利用 函数g(x)图象即可求解．
(Ⅱ)要证明：f(x)x≤g(x) 只需证明alnx≥aex，即证明lnx≤xe．要证明g(x)1−ae．利用导数即可证明．
【解答】
(1)解：∵ f(x)=x2−axlnx(x>0)，
∴ f′(x)=2x−a(lnx+1).
∵ 函数f(x)恰有一个极值点，
∴ 方程2x−a(lnx+1)=0在(0, +∞)上恰有一个变号零点，
∴ 2a=lnx+1x在(0, +∞)上恰有一个变号零点．
令g(x)=lnx+1x，则g′(x)=−lnxx2，
可得x∈(0, 1)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
x∈(1, +∞)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.
作出函数g(x)草图如下：
可得2a<0，
∴ a<0，
∴ 实数a的取值范围为(−∞, 0).
(2)证明：要证f(x)x≤g(x)⇔x−alnx≤(1−ae)x⇔alnx≥aex，即证明lnx≤xe．
令h(x)=lnx−xe，则h′(x)=1x−1e=e−xex，
x∈(0, e)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(e, +∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，
∴ h(x)≤h(e)=0，即原不等式成立．
要证明g(x)1−ae．
∵ a∈(−1, 0)，∴ 1−ae<1+1e，
故只需证明exx2≥1+1e即可．
令G(x)=exx2，则G′(x)=ex(x−2)x3，
x∈(0, 2)时，G′(x)<0，函数G(x)单调递减；x∈(2, +∞)时，G′(x)>0，函数G(x)单调递增，
∴ e2x2≥e24.
又e24>1+1e，故原不等式成立．
综上，f(x)x≤g(x)(3, 4)
4
(4, 6)
f′(x)
+
0
−
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
x
(3, 4)
4
(4, 6)
f′(x)
+
0
−
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减