2022-2023学年安徽省宣城市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年安徽省宣城市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知z=1−i2+2i，则z−z−=( )
A. −iB. iC. 0D. 1
2.已知集合A={−1,2}，B={x|ax+2=0}，若A∪B=A，则实数a的取值所组成的集合是( )
A. {−1,2}B. {−1,1}C. {−2,0,1}D. {−1,0,2}
3.为提高学生的数学学习兴趣，某中学拟开设《数学史》、《数学建模》、《数学探究》、《微积分先修课程》四门校本选修课程，其中有5位同学打算在上述四门课程中每人选择一门学习，则每门课程至少有一位同学选择的不同方法数共有( )
A. 120种B. 180种C. 240种D. 300种
4.已知函数f(x)=lg2(x2−ax+3a)在区间[2,+∞)上递增，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,4)B. (−4,4)C. (−4,4]D. [−4,+∞)
5.已知椭圆A：x24+y23=1的一个焦点与抛物线B：y2=2px(p>0)的焦点重合，则下列说法不正确的是( )
A. 椭圆A的焦距是2B. 椭圆A的离心率是12
C. 抛物线B的准线方程是x=−1D. 抛物线B的焦点到其准线的距离是4
6.等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3=7，S6=63，则a7=( )
A. 4B. 16C. 32D. 64
7.已知向量a=(7sinθ−1,5),b=(cs2θ,1)，若a//b，则cs2θ=( )
A. −2425B. −725C. 725D. 2425
8.若a= 2,b=e1e,c=π1π，则( )
A. a二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是A1D，BD1的中点，则( )
A. EF//DC
B. A，E，F，C四点共面
C. A1D//平面BCD1
D. 若EF=1，则正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的表面积为12π
10.已知函数f(x)=xex+1，下列说法正确的是( )
A. f(x)在区间(−∞,−1)上单调递减，在区间(−1,+∞)上单调递增
B. f(x)在x∈R上仅有一个零点
C. 若关于x的方程f(x)=a(a∈R)有两个实数解，则a>−1
D. f(x)在x∈R上有最小值−1，无最大值
11.已知抛物线C：y2=4x，准线为l，过焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，AD⊥l，垂足为D，设E(0,1)，则( )
A. 过E点与抛物线C有且仅有一个公共点的直线恰有2条
B. 已知曲线C上的两点M，N到点F的距离之和为10，则线段MN的中点的横坐标是4
C. |AE|+|AD|的最小值为 2
D. |AB|的最小值为4
12.下列说法正确的是( )
A. 若事件M，N互斥，P(M)=12,P(N)=13，则P(M∪N)=56
B. 若事件M，N相互独立，P(M)=12,P(N)=13，则P(M∪N)=23
C. 若P(M)=12，P(M−|N)=34，P(M−|N−)=38，则P(N)=13
D. 若P(M)=12，P(M−|N)=34，P(M−|N−)=38，则P(N|M)=14
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a与b的夹角为2π3，且|a|=10,|b|=(3,4)，则a在b方向上的投影向量的坐标为______.
14.已知椭圆E的三个顶点A，B，C构成等边三角形，则椭圆E的离心率是______.
15.已知直线l：tx+y−2=0与圆M：x2+y2−2x−2ty+t2−3=0相交于A，B两点，且△MAB为钝角三角形，则实数t的取值范围为______.
16.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)满足f(π4)=1,f(4π3)=0，且f(x)在区间(π4,2π3)上单调，则ω的最大值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+c)(sinA+sinC)=bsinB+3asinC.
(1)求角B的大小；
(2)若AC边上中线长为 72,a=2，求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=Sn+3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lg2an，cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
19.(本小题12分)
中国乒乓球队号称梦之队，在过往的三届奥运会上，中国代表团包揽了全部12枚乒乓球金牌，在北京奥运会上，甚至在男女子单打项目上包揽了金银铜三枚奖牌.为了推动世界乒乓球运动的发展，增强比赛的观赏性，2021年世界乒乓球锦标赛在乒乓球双打比赛中允许来自不同协会的运动员组队参加，现有来自甲协会的运动员5名，其中种子选手3名；乙协会的运动员3名，其中种子选手2名，从这8名运动员中随机选择4人参加比赛
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列，并求E(X).
20.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，BC=CD=2 2，AB=AC=AD=BD=4，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥平面BCD；
(2)点E在棱CD上，若平面ABD与平面ABE的夹角为30∘，求DEDC的值.
21.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4，点A( 6,1)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若点B(32,0)，过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于M，N两点，求证：∠MBF=∠NBF.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+x−lnx.
(1)求函数y=f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的x>0，f(x)+ex>x2+x+2.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=1−i2+2i=12⋅1−i1+i=12⋅(1−i)2(1+i)(1−i)=−12i，
则z−=12i，
故z−z−=−i.
故选：A.
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵A∪B=A，∴B⊆A，
当a=0时，B=⌀，满足条件；
当a≠0时，−a+2=0或2a+2=0，解得a=2或a=−1；
综上可得，实数a的取值所组成的集合是：{0,2,−1}.
故选：D.
根据A∪B=A可得出B⊆A，然后可讨论a是否为0：a=0时，显然满足题意；a≠0时，可得出−a+2=0或2a+2=0，然后解出a的值，从而可得出实数a的值所组成的集合．
本题考查集合的并集的运算以及集合之间的关系，子集的定义，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：每门课程至少有一位同学选择，则必有2人同时选择1门课程，
则共有C52A44=240种．
故选：C.
根据条件将5位同学分成4组，然后进行计算即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用先分组后排列的方法进行计算是解决本题的关键，是基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查复合函数的单调性和一元二次方程根的分布，换元法是解决本类问题的根本．
由题意知函数f(x)=lg2(x2−ax+3a)是由y=lg2t和t(x)=x2−ax+3a复合而来，由复合函数单调性结论，只要t(x)在区间[2,+∞)上单调递增且t(x)>0即可．
【解答】解：令t(x)=x2−ax+3a，由题意知：
t(x)在区间[2,+∞)上单调递增且t(x)>0，
a2≤2t(2)=4−2a+3a>0，
解得：−4则实数a的取值范围是(−4,4].
故选C.
5.【答案】D
【解析】解：由椭圆A：x24+y23=1，得a2=4，b2=3，
则c= a2−b2=1.
∴椭圆A的焦距是2，故A正确；
椭圆A的离心率是ca=12，故B正确；
∵椭圆A：x24+y23=1的一个焦点与抛物线B：y2=2px(p>0)的焦点重合，
∴p2=1，可得抛物线B的准线方程是x=−1，故C正确；
抛物线B的焦点到其准线的距离是p=2，故D错误．
故选：D.
由题意方程求得半焦距，即可判断A与B；结合抛物线的性质判断C与D.
本题考查椭圆与抛物线的几何性质，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为等比数列{an}中，S3=7，S6=63，
所以q≠1，
所以a1(1−q3)1−q=7a1(1−q6)1−q=63，解得q=2，a1=1，
则a7=a1q6=26=64.
故选：D.
由已知结合等比数列的求和公式先求出首项及公比，然后结合等比数列的通项公式即可求解．
本题主要考查了等比数列的求和公式及通项公式的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵向量a=(7sinθ−1,5),b=(cs2θ,1)，且a//b，
∴7sinθ−1−5cs2θ=0，
∴7sinθ−1−5(1−sin2θ)=0，
整理得5sin2θ+7sinθ−6=0，
解得sinθ=35或−2(舍去)，
∴cs2θ=1−2sin2θ=1−2×925=725.
故选：C.
由平行向量的坐标关系可得7sinθ−1−5cs2θ=0，利用同角三角函数间的平方关系可求出sinθ的值，再结合二倍角公式求解即可．
本题主要考查了平行向量的坐标关系，考查了二倍角公式，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：令f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当00，函数f(x)单调递增，
因为a= 2，所以lna=12ln2=ln44，
又e<3<4，所以f(e)>f(3)>f(4)，
所以lnb=lnee，lnc=lnππ，
所以lnb>lnc>lna，
故a故选：B.
构造函数f(x)=lnxx，对f(x)求导，结合导数分析函数f(x)的单调性，结合单调性即可比较函数值大小．
本题主要考查了导数与单调性在不等式大小比较中的应用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：连接D1A，因为E，F分别是A1D，BD1的中点，所以EF//AB，CD//AB，可知EF//CD，所以A正确；
因为EF//CD，所以C，E，F，D四点共面，A在平面外，所以B不正确；
连接A1C，因为几何体ABCD−A1B1C1D1是正方体，所以A1C经过F，A1在平面BCD1上，所以直线A1D与平面BCD1相交，所以C不正确．
若EF=1，则正方体的棱长为2，正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的半径为：12 4+4+4= 3，
外接球的表面积为12π.所以D正确．
故选：AD.
利用直线与直线平行判断A；平面的基本性质判断B；直线与平面平行判断C；求解外接球的表面积判断D.
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，直线与平面的位置关系的判断，是中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：f(x)=xex+1，则f′(x)=(x+1)ex+1，
由f′(x)>0，可得x>−1，由f′(x)<0，可得x<−1，
所以f(x)在区间(−∞,−1)上单调递减，在区间(−1,+∞)上单调递增，故A正确；
f(x)在x=−1处取得极小值也是最小值为f(−1)=−1，
当x<0时，f(x)=xex+1<0，当x>0时，f(x)=xex+1>0，
所以可得f(x)的图象如图所示：
由图象可得在x∈R上仅有一个零点，故B正确；
若关于x的方程f(x)=a(a∈R)有两个实数解，
则函数y=f(x)与y=a的图象有两个交点，由图象可得−1f(x)在x∈R上有最小值−1，无最大值，故D正确．
故选：ABD.
对f(x)求导，利用导数与单调性的关系求出单调区间，从而判断选项A；作出函数f(x)的大致图象，数形结合即可判断BCD.
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，函数的零点与方程根的关系，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，因为M(0,1)在抛物线C外，显然过M(0,1)与抛物线C相切的直线有2条，当此直线与x轴平行时，与抛物线C也是仅有一个公共点，所以过点M(0,1)且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，故A错误；
对于B，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则(x1+1)+(x2+1)=10，即x1+x2=8，MN中点横坐标为82=4，故B正确；
对于C，M(0,1)，|AD|+|AE|=|AE|+|AF|≥|EF|= 2，所以C正确；
对于D，当AB⊥OF时，|AB|最小，最小值为2p=4，故D正确．
故选：BCD.
A、由M(0,1)在抛物线C外，即可判定；
B、设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由抛物线的定义可得(x1+2)+(x2+2)=10，解得x1+x2，进而可得MN中点横坐标，进而可判断；
C、利用|AD|+|AE|=|AE|+|AF|≥|EF|，即可判定；
D，当AB⊥OF时，|AB|最小，最小值为2p，即可判定．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于A，P(M∪N)=P(M)+P(N)=56，故A正确；
对于B，P(M∪N)=P(M)+P(N)−P(M∩N)=12+13−12×13=23，故B正确；
对于C，P(M−|N)=P(M−N)P(N)=34，
P(M−|N−)=P(M−N−)P(N−)=1−P(M)−P(N)+P(MN)1−P(N)=38，
∴P(N)=P(MN)+P(M−N)=P(MN)+34P(N)，∴P(MN)=14P(N)，
∴1−P(M)−P(N)+14P(N)1−P(N)=38，解得P(N)=13，故C正确；
对于D，由C得P(N|M)=P(MN)P(M)=14×1312=16，故D错误．
故选：ABC.
根据互斥事件的概率加法公式判断A；根据独立事件的乘法公式判断B；根据条件概率以及全概率公式判断CD.
本题考查互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】(−3,−4)
【解析】解：由b=(3,4)，可得|b|=5，
由定义，a在b方向上的投影向量为：
a⋅b|b|⋅b|b|=10×5×(−12)5⋅15⋅(3,4)=(−3,−4).
故答案为：(−3,−4).
由投影向量定义直接求解即可．
本题考查投影向量定义，向量的数量积运算，属基础题．
14.【答案】 63
【解析】解：若A，B，C分别为长轴的两个端点与短轴的一个端点，
则2a= a2+b2，可得4a2=a2+b2，即3a2=a2−c2，
得2a2=−c2，该式不成立；
若A，B，C分别为短轴的两个端点与长轴的一个端点，
则2b= a2+b2，可得4b2=a2+b2，即3(a2−c2)=a2，
∴2a2=3c2，c2a2=23，e=ca= 63.
故答案为： 63.
分A，B，C分别为长轴的两个端点与短轴的一个端点，A，B，C分别为短轴的两个端点与长轴的一个端点，结合勾股定理及隐含条件求解．
本题考查椭圆的几何性质，考查分类讨论思想，是基础题．
15.【答案】(2− 3,1)∪(1,2+ 3)
【解析】解：圆C：x2+y2−2x−2ty+t2−3=0的圆心C(1,t)，半径：2，
由△ABC是钝角三角形，得圆心C(1,t)到直线tx+y−2=0的距离小于r⋅sin45∘=2× 22= 2，
则|t+t−2| t2+1< 2，
解得：t∈(2− 3,2+ 3)，
∵直线不能经过圆的圆心，则t≠1，
∴t∈(2− 3,1)∪(1,2+ 3).
故答案为：(2− 3,1)∪(1,2+ 3).
由△ABC是钝角三角形，可得圆心C(1,t)到直线tx+y−2=0的距离小于r⋅sin45∘，再利用点到直线的距离公式列式求得t的取值范围．
本题考查直线和圆的位置关系，考查点到直线的距离公式的应用，属于中档题．
16.【答案】3013
【解析】解：设函数的最小正周期为T，则T=2πω，
∵f(π4)=1,f(4π3)=0，
∴4π3−π4=2n+14T，n∈N*，即ω=6(2n+1)13，n∈N*，
又f(x)在区间(π4,2π3)上单调，
∴2π3−π4≤T2=πω，解得0<ω≤125，
∴当n=2时，ω取得最大值3013.
故答案为：3013.
设函数的最小正周期为T，则T=2πω，由f(π4)=1,f(4π3)=0，可得ω=6(2n+1)13，n∈N*，又f(x)在区间(π4,2π3)上单调，所以2π3−π4≤T2=πω，综合即可求出ω的最大值．
本题考查正弦函数的周期性和单调性，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)(a+c)(sinA+sinC)=bsinB+3asinC，
由正弦定理得(a+c)2=b2+3ac，所以b2=a2+c2−ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
因为0(2)由(1)得B=π3，因为AC边上中线长为 72,a=2，
设AC中点为D，所以BD=12(BA+BC)，
所以BD2=14(BA2+BC2+2BA⋅BC)，即74=14(c2+a2+2c⋅a⋅csB)，
所以74=14(c2+4+2c⋅2⋅csB)，
又因为B=π3，所以7=c2+4+2c，解得c=1，
所以S△ABC=12acsinB= 34ac= 32.
【解析】(1)由正弦定理得(a+c)2=b2+3ac，即b2=a2+c2−ac，代入余弦定理即可求解；
(2)由(1)得B=π3，设AC中点为D，则BD=12(BA+BC)，利用平面向量数量积和三角形的面积公式，即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)当n=1时，a2=S1+3=4，
当n≥2时，因为an+1=Sn+3，①
所以an=Sn−1+3，②
①-②可得an+1−an=an，即an+1=2an(n≥2)，所以an+1an=2(n≥2)，
又因为a1=1，所以a2a1=4，
所以，当n≥2时，数列{an}的是以4为首项，2为公比的等比数列，所以an=4×2n−2=2n，
所以an=1,(n=1)2n,(n≥2)；
(2)因为bn=lg2an，所以bn=0,n=1n,n≥2，
所以cn=an⋅bn=0,n=1n⋅2n,n≥2，
当n=1时，T1=0，
当n≥2时，
Tn=0×1+2×22+3×23+...+(n−1)×2n−1+n×2n①，
2Tn=0×2+2×23+3×24+...+(n−1)×2n+n×2n+1②，
①-②得−Tn=8+23+24+...+2n−n×2n+1=8+23(1−2n−2)1−2−n×2n+1
=−(n−1)2n+1，
∵Tn=(n−1)⋅2n+1，
当n=1时，T1=0也满足，
数列{cn}的前n项和Tn=(n−1)⋅2n+1.
【解析】(1)利用递推关系、等比数列的通项公式即可求解；
(2)求出数列{cn}的通项公式，再利用错位相减法求和．
本题考查了数列递推式、等比数列、以及错位相减法求和，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由已知，有P(A)=C22C32+C32C32C84=635，所以事件A发生的概率为635；
(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，
P(X=1)=C51C33C84=114,P(X=2)=C52C32C84=37,P(X=3)=C53C31C84=37,P(X=4)=C54C30C84=114，
所以随机变量X的分布列为：
所以E(X)=1×114+2×37+3×37+4×114=52.
【解析】(1)根据组合的实际应用和古典概型的概率公式，计算可得结果；
(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，根据古典概型的概率公式计算出随机变量的各个取值的概率，即可得到随机变量X的分布列，代入期望公式即可求解．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：AB=AD=BD=4，O为BD的中点，∴AO⊥BD，且AO=2 3，
又∵BC=CD=2 2，∴BC2+CD2=BD2，即BC⊥CD，∴CO=2，
∵AC=4，∴AO2+OC2=AC2，可得AO⊥OC，
又∵BD∩OC=O，∴OA⊥平面BCD；
(2)解：以O为坐标原点，
分别以OC、OD、OA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
则B(0,−2,0)，D(0,2,0)，A(0,0,2 3)，C(2,0,0)，
设DEDC=λ(0≤λ≤1)，则DE=λDC=(2λ,−2λ,0).
平面ABD的一个法向量为m=(1,0,0).
AB=(0,−2,−2 3)，BE=BD+DE=(2λ,−2λ+4,0)，
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z)，
由AB⋅n=−2y−2 3z=0BE⋅n=2λx+(4−2λ)y=0，取y= 3，得n=((λ−2) 3λ, 3,−1).
∵平面ABD与平面ABE的夹角为30∘，
∴|cs|=|(λ−2) 3λ 3(λ−2)2λ2+3+1|= 32，解得λ=−2(舍去)，或λ=23.
即DEDC=23.
【解析】(1)由已知证明AO⊥BD，AO⊥OC，可得OA⊥平面BCD；
(2)以O为坐标原点，分别以OC、OD、OA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设DEDC=λ(0≤λ≤1)，分别求出平面ABD与平面ABE的一个法向量，由已知平面ABD与平面ABE的夹角为30∘列式求解λ值即可．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了空间角的求法，是中档题．
21.【答案】(1)解：由已知可得，2c=4a2+b2=c26a2−1b2=1，解得a2=3b2=1.
∴双曲线C的标准方程为：x23−y2=1；
(2)证明：由(1)知，F(2,0)，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，代入x23−y2=1，得y=± 33，
不妨取M(2,− 33)，N(2, 33)，
∵B(32,0)，由对称性可得，∠MBF=∠NBF；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=k(x−2)(k≠0)，
由y=k(x−2)x23−y2=1，得(1−3k2)x2+12k2x−12k2−3=0.
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则x1+x2=12k23k2−1，x1x2=12k2+33k2−1，
∵kMB+kNB=y1x1−32+y2x2−32=y1x2−32y1+x1y2−32y2(x1−32)(x2−32)
=k(x1−2)x2+k(x2−2)x1−32k(x1+x2)+6kx1x2−32(x1+x2)+94
=2kx1x2−72k(x1+x2)+6kx1x2−32(x1+x2)+94=24k3+6k3k2−1−84k32(3k2−1)+6kx1x2−32(x1+x2)+94
=48k3+12k−84k3+36k3−12k2(3k2−1)x1x2−32(x1+x2)+94=0，∴∠MBF=∠NBF.
综上可得：∠MBF=∠NBF.
【解析】(1)由已知可得关于a，b，c的方程组，求得a2与b2的值，则答案可求；
(2)当直线l的斜率不存在时，直接由对称性得结论，当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=k(x−2)(k≠0)，联立直线方程与双曲线方程，利用根与系数的关系证明kMB+kNB=0，即可得到∠MBF=∠NBF.
本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)因为f(x)=x2+x−lnx，x>0，
所以f′(x)=2x+1−1x=(x+1)(2x−1)x，
由f′(x)>0，得x>12，由f′(x)<0，得0所以函数f(x)的单调递增区间为(12,+∞)，单调递减区间为(0,12)；
(2)证明：要证明f(x)+ex>x2+x+2，
只需证明ex−lnx−2>0，
设g(x)=ex−lnx−2，x>0，
等价于证明g(x)>0在(0,+∞)上恒成立即可．
因为g′(x)=ex−1x，则g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
令g′(x)=ex−1x=0，
易知存在唯一x0∈(0,+∞)，使g′(x0)=ex0−1x0=0，即有ex0=1x0.
当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以g(x)min=g(x0)=ex0−lnx0−2=1x0+x0−2，
因为x0>0，且x0≠1，
所以g(x)min>2 1−2=0，
因为不等式得证．
【解析】(1)求出导数，利用导数与单调性的关系即可求出函数的单调区间；
(2)问题转化为证明ex−lnx−2>0，设g(x)=ex−lnx−2，x>0，求出导数，根据函数的单调性证明即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了不等式的证明，属于中档题． X
1
2
3
4
P
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