2023-2024学年四川省绵阳中学高二（下）第二次月考数学试卷（5月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省绵阳中学高二（下）第二次月考数学试卷（5月份）（含解析），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.在等比数列{an}中，若a1=27，a5=13，则a3=( )
A. 3或−3B. 3C. −9或9D. 9
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5+a7=14，则S11=( )
A. 140B. 70C. 154D. 77
3.已知函数f(x)=ax2+bx+c，若b是a与c的等比中项，则f(x)的零点个数为( )
A. 0B. 0或1C. 2D. 0或1或2
4.已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=−1处有极值0，则a+b=( )
A. 11或4B. −4或−11C. 11D. 4
5.高三(2)班某天安排6节课，其中语文、数学、英语、物理、生物、地理各一节，若要求物理课比生物课先上，语文课与数学课相邻，则编排方案共有( )
A. 42种B. 96种C. 120种D. 144种
6.设f(x)=sinx，f1(x)=f′(x)，f2(x)=f1′(x)，⋯，fn+1′(x)=fn′(x)，数列an=fn(π6)，则{an}的前100项和是( )
A. 12B. 32C. 3−12D. 0
7.已知函数f(x)=4x2−3x,x≤0x−alnx,x>0，若∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)=f(x2)成立，则a的取值范围为( )
A. (−∞,0)∪[1，+∞)B. (−∞,0)∪[e，+∞)
C. (0,1]D. (0,e]
8.已知e是自然对数的底数，a=π2ln π,b=e2sin1e,c=2ln2，则( )
A. a>b>cB. c>a>bC. a>c>bD. b>c>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。
9.下列求函数导数正确的是( )
A. (3x)′=3xln3B. (ln5)′=15
C. ( x)′=12xD. (xsinx)′=sinx+xcsx
10.定义在[−1,5]上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，函数f(x)的部分对应值如表.下列关于函数f(x)的结论正确的是( )
A. 函数f(x)的极值点的个数为3
B. 函数f(x)的单调递减区间为(0,2)∪(4,5)
C. 若x∈[−1,t]时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4
D. 当1≤a<2时，方程f(x)=a有4个不同的实根
11.已知正项数列{an}是递增的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，且满足a1=b1，a5=b5，则( )
A. a6>a3B. b3>b1C. a3>b3D. a612.已知函数f(x)=ax2−2x+lnx，若f(x)有两个极值点x1，x2(x1A. x1x2>1B. f(x2)<−32
C. f(x1)>0D. f(x1)+f(x2)<−3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若f(x)=x3−f′(1)x2+x+5，则f′(1)= ______．
14.有4人到甲、乙、丙三所学校去应聘，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中1人，则所有不同的录用情况种数为______.(用数字作答)
15.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若4S3=S2+S6，a2=2，数列{bn}满足bn=an1an，当bn最大时，n的值为______．
16.已知定义在R上的函数f(x)关于y轴对称，其导函数为f′(x)，当x≥0时，不等式xf′(x)+f(x)>1.若对∀x∈R，不等式exf(ex)−axf(ax)>ex−ax恒成立，则a的取值范围是______．
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)
已知函数f(x)=alnx−12x2，(a∈R)在x=1处的切线与直线y=x+1平行．
(1)求实数a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=1，an+1−an=2n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2))设bn=2an−n2，求数列{bn}的前n项和Sn．
19.(本小题12分)
已知等差数列{an}中的前n项和为Sn，且a2，a5，a14成等比数列，S5=25．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}为递增数列，记bn=2n⋅an，求数列{bn}的前n项的和Tn．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=1−xax+lnx．
(Ⅰ)若函数f(x)在[1,+∞)上是增函数，求正实数a的取值范围；
(Ⅱ)当a=1时，求函数f(x)在[12,2]上的最大值和最小值；
(Ⅲ)当a=1时，对任意的正整数n>1，求证：f(nn−1)>0．
21.(本小题12分)
已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a2=3且 Sn+1= Sn+ S1，
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=4Snanan+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax−ln(lnx)．
(1)当a=1e时，求f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈[e,+∞)，都有f(x)+lna≥0成立，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为a3是a1和a5的等比中项，则a32=a1a5=9，
解得a3=±3，由等比数列的符号特征知a3=3．
故选：B．
根据等比数列的通项公式即可求解．
本题考查等比数列的通项公式，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等差数列的前n项和的求法，解题时要认真审题，并注意等差数列的性质的合理运用，属于基础题．
利用等差数列的前n项和公式和等差数列的性质能求出S11．
【解答】
解：∵等差数列{an}的前n项和为Sn=na1+an2，
又a5+a7=14，
∴S11=112(a1+a11)
=112(a5+a7)=112×14=77．
故选D．
3.【答案】A
【解析】解：由b是a与c的等比中项，得a≠0，b≠0，ac=b2，
方程ax2+bx+c=0的判别式Δ=b2−4ac=−3b2<0，因此方程ax2+bx+c=0无实根，
所以f(x)的零点个数为0．
故选：A．
根据给定条件，确定判别式的正负即可得解．
本题主要考查了等比数列的性质，还考查了函数零点的求解，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，f(x)=3x2+6ax+b，
∵函数f(x)在x=−1处有极值0，
∴f′(−1)=3−6a+b=0且f(−1)=−1+3a−b+a2=0，
∴a=1，b=3或a=2，b=9，
a=1，b=2时f(x)=3x2+6x+3≥0恒成立，此时函数无极值点，
∴a=2，b=9，
∴a+b=11．
故选：C．
先求解导函数，再根据极值的概念求解参数的值即可．
本题考查导数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
根据题意，分2步进行分析：①将语文课与数学课看成一个整体，与英语、地理全排列，②分析物理与生物安排方法，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
①将语文课与数学课看成一个整体，与英语、地理全排列，有A22A33=12种情况，
②若物理与生物相邻，有4种安排方法，
若物理与生物不相邻，有C42=6种安排方法，
则物理与生物有4+6=10种安排方法，
故有12×10=120种安排方法，
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解因为由f(x)=sinx，
则f1(x)=f′(x)=csx，
则f2(x)=f1′(x)=−sinx，
则f3(x)=f2′(x)=−csx，
则f4(x)=f3′(x)=sinx，
⋯⋯
所以fn(x)是以4为周期的函数，
又f1(x)+f2(x)+f3(x)+f4(x)=0，
所以an的前100项和为：S100=a1+a2+a3+⋯+a100=f1(π6)+f2(π6)+f3(π6)+⋯+f100(π6)=0．
故选：D．
根据题意得到fn(x)是以4为周期的函数，进而即可求解．
本题主要考查了函数的求导公式及周期性在数列求和中的应用，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)=f(x2)成立，
则函数f(x2)的值域包含f(x1)的值域．
当x≤0时，函数f(x)=4x2−3x开口向上，对称轴x=38，
所以f(x)在(−∞,0]上单调递减，且f(0)=0，
所以f(x1)∈[0,+∞)；
当x>0时，f(x)=x−alnx，则f′(x)=1−ax=x−ax，
①若a>0，当x∈(0,a)时f′(x)<0，当x∈(a,+∞)时f′(x)>0，
所以f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(a)=a−alna，即f(x2)∈[a−alna,+∞)，
所以a−alna≤0，即1−lna≤0，解得a≥e；
②若a<0，则f′(x)=x−ax>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
此时f(x)=x−alnx(x>0)值域为R，符合题意．
③当a=0时，f(x)=x(x>0)的值域为(0,+∞)，不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围为(−∞,0)∪[e，+∞)．
故选：B．
由∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)=f(x2)成立，可得函数f(x2)的值域包含f(x1)的值域．利用二次函数的性质与导数分析x≤0和x>0时，函数f(x)的单调性，进而求得f(x1)的值域和f(x2)的值域，从而求解．
本题主要考查分段函数的及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：令f(x)=xlnx，则f′(x)=lnx−1ln2x，
所以x∈(e,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又a=π2ln π=πlnπ=f(π)，
c=2ln2=4ln4=f(4)，
f(4)>f(π)>f(e)=e，所以c>a>e．
再令g(x)=x−sinx，则g′(x)=1−csx≥0，所以g(x)在R上是增函数，
0g(0)=0，即0e2sin1ea>b．
故选：B．
令f(x)=xlnx，利用导数判断函数的单调性，从而可判断c>a>e，再令g(x)=x−sinx，利用导数判断sin1e<1e，从而可判断b本题主要考查利用导数判断函数的单调性，对数值大小的比较，考查函数思想与逻辑推理能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：(3x)′=3xln3，故A正确；
(ln5)′=0，故B错误；
( x)′=12 x，故C错误；
(xsinx)′=sinx+xcsx，故D正确．
故选：AD．
根据题意，由基本初等函数的求导公式以及积的求导法则，代入计算，即可得到结果．
本题主要考查了函数的求导公式及求导法则的应用，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：由f′(x)的图形可知，0，2，4是函数的极值点，A正确；
由导函数的正负与函数单调性关系可知，f(x)的单调递减区间(0,2)，(4,5)，B错误；
当x∈[−1,5]时，f(x)的最大值2，而t的最大值不是4，C错误；
当1≤a<2时，y=f(x)与y=a有4个不同的交点，故D正确．
故选：AD．
由已知结合导数正负与单调性及极值关系分别检验各选项即可判断．
本题主要考查了导数正负与函数单调性关系的应用，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
因为a5=b5，所以a1+4d=b1q4，
又a1=b1，所以d=a1(q4−1)4，
因为{an}是正项递增的等差数列，故d>0，所以a6>a3，故A正确；
由d=a1(q4−1)4>0，得q4>1，即q2>1，所以b3=b1q2>b1，故B正确；
因为a3=a1+a52,b3= b1b5= a1a5，
所以a1+a52≥ a1a5，
又a1≠a5，所以a1+a52> a1a5，即a3>b3，故C正确；
因为q2>1，所以q<−1或q>1，
当q<−1时，a6>0，b6=b5q<0，所以a6>b6，所以D错误．
故选：ABC．
设等差数列{an}的公差为d，根据{an}是正项递增的等差数列，可判断A；由已知条件可得d=a1(q4−1)4，由d>0可得q2>1，即可判断B；根据基本不等式可判断C；当q<−1时，a6>b6，即可判断D．
本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：由题意知：f(x)定义域为(0,+∞)，f′(x)=2ax−2+1x=2ax2−2x+1x；
当a=0时，f′(x)=1−2xx，∴当x∈(0,12)时，f′(x)>0；当x∈(12,+∞)时，f′(x)<0；
∴f(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，
∴f(x)有且仅有一个极值点x=12，不合题意；
当a≠0时，令g(x)=2ax2−2x+1(a≠0)，则Δ=4−8a；
①当Δ≤0，即a≥12时，g(x)≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增，无极值点，不合题意；
②当Δ>0，即a<12且a≠0时，令g(x)=0，解得：x1=1− 1−2a2a，x2=1+ 1−2a2a；
当a<0时，x2<00；当x∈(x1,+∞)时，f′(x)<0；
∴f(x)在(0,x1)上单调递增，在(x1,+∞)上单调递减，
∴f(x)有且仅有一个极值点x=x1，不合题意；
当0∴当x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(x1,x2)时，f′(x)<0；
∴f(x)在(0,x1)，(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，
∴f(x)的极大值点为x=x1，极小值点为x=x2，满足题意；
对于A，∵x1，x2是方程2ax2−2x+1=0(01，A正确；
对于B，当0∴f(x2)对于C，∵x1−1=1− 1−2a2a−1=1−2a− 1−2a2a，(1−2a)2−(1−2a)=2a(2a−1)<0，
∴x1−1<0，∴0∵g(x1)=2ax12−2x1+1=0，∴ax12=x1−12，
∴f(x1)=ax12−2x1+lnx1=−x1−12+lnx1<0，C错误；
对于D，f(x1)+f(x2)=ax12−2x1+lnx1+ax22−2x2+lnx2=a(x1+x2)2−2ax1x2−2(x1+x2)+lnx1x2，
∵x1，x2是方程2ax2−2x+1=0(0∴f(x1)+f(x2)=1a−1−2a−ln2a=−1a−ln2a−1，
令φ(a)=−1a−ln2a−1(00，
∴φ(a)在(0,12)上单调递增，∴φ(a)<φ(12)=−2−1=−3，∴f(x1)+f(x2)<−3，D正确．
故选：ABD．
求导后，分别在a=0、a≥12、a<0和0利用g(x1)=0可化简f(x1)，结合0本题主要考查根据函数极值点个数求解参数范围，并判断相关结论；解题关键是能够采用讨论含参数函数单调性的方法，讨论得到函数极值点个数，从而确定满足题意的参数的取值范围，属于难题．
13.【答案】43
【解析】解：∵f(x)=x3−f′(1)x2+x+5，
∴f′(x)=3x2−2f′(1)x+1，
令x=1得，f′(1)=3−2f′(1)+1，
解得f′(1)=43，
故答案为：43．
先求出导函数f′(x)，再令x=1即可求出f′(1)的值．
本题主要考查了导数的运算，属于基础题．
14.【答案】60
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①四人中有3人被录取，有C43A33=24种不同的录用情况；
②四人都被录取，需要先将4人分为3组，再将分好的3组安排给3所学校，有C42×A33=6×6=36种不同的录用情况；
则有36+24=60种种不同的录用情况．
故答案为：60．
根据题意，分2种情况讨论：①四人中有3人被录取，②四人都被录取，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
15.【答案】3
【解析】解：∵4S3=S2+S6，
∴4(3a1+3×(3−1)2d)=(2a1+d)+(6a1+6×(6−1)2d)
即12a1+12d=8a1+16d，
即a1=d，
又∵a2=a1+d=2，
∴a1=d=1，
∴an=n，
∴bn=an1an=n1n，
令f(x)=1xlnx，则f′(x)=1−lnxx2，
故当x∈(0,e)时，f′(x)>0，
当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,e)上单调递增，在[e,+∞)上单调递减；
bn=an1an=n1n的单调性与f(x)=1xlnx的单调性相同，
而b2=212= 2=68，b3=33=69，
故当bn最大时，n=3；
故答案为：3．
由等差数列的性质可得12a1+12d=8a1+16d，化简可得a1=d，再由a2=a1+d=2求得an=n，从而写出bn=an1an=n1n，构造函数f(x)=1xlnx，利用导数判断函数的单调性，从而确定bn最值．
本题考查了等差数列及导数的综合应用，应用了构造法，属于中档题．
16.【答案】[0,e)．
【解析】解：定义在R上的函数f(x)关于y轴对称，
∴函数f(x)为R上的偶函数，
令g(x)=xf(x)−x，则g(−x)=−g(x)，g(x)为奇函数，
g′(x)=xf′(x)+f(x)−1，
当x≥0时，不等式xf′(x)+f(x)>1，
∴g′(x)>0，g(x)在[0,+∞)单调递增，
∴函数g(x)在R上单调递增，
对∀x∈R，不等式exf(ex)−axf(ax)>ex−ax恒成立，
⇒exf(ex)−ex>axf(ax)−ax，
即g(ex)>g(ax)，
∴ex>ax，
当x>0时，a则h′(x)=ex(x−1)x2，
则0x>1，h′(x)>0，h(x)单调递增，
可得x=1时，函数h(x)取得极小值即最小值，h(1)=e，
∴a当x<0时，a>exx，则h(x)<0，则a≥0，
则a的取值范围是[0,e)．
故答案为：[0,e)．
构造函数g(x)=xf(x)−x，判断单调性及奇偶性，去掉函数符号，转化为ex>ax恒成立，分离参数求最值即可求解．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意可知，f′(1)=1，
∵f′(x)=ax−x，∴f′(1)=a−1=1，a=2．
(2)∵f′(x)=2x−x=2−x2x，
∴f′(x)>0⇒0 2，
即函数f(x)在(0, 2)上单调递增，在( 2,+∞)上单调递减，
故函数f(x)的极大值为f( 2)=2ln 2−1=ln2−1，无极小值．
【解析】(1)由f′(1)=1求出实数a的值；
(2)利用导数得出f(x)的单调性，进而得出极值．
本题主要考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值等知识，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵数列{an}满足a1=1，an+1−an=2n(n∈N*).
∴an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+…+(a2−a1)+a1
=2(n−1)+2(n−2)+…+2×1+1
=2×(n−1)n2+1=n2−n+1．
∴an=n2−n+1．
(2)bn=2an−n2=21−n，
∴数列{bn}是等比数列，首项为1，公比为12．
∴数列{bn}的前n项和Sn=1−12n1−12=2−12n−1．
【解析】(1)利用“累加求和”即可得出；
(2)bn=2an−n2=21−n，利用等比数列的前n项和公式即可得出Sn．
本题考查了“累加求和”、等差数列与等比数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设公差为d，则a52=a2⋅a14S5=5a1+10d=25，
即(a1+4d)2=(a1+d)⋅(a1+13d)S5=5a1+10d=25，
解得a1=5d=0或a1=1d=2，
所以an=5或an=2n−1；
(2)因为数列{an}为递增数列，则an=2n−1，
所以bn=2n⋅an=(2n−1)⋅2n，
所以Tn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−3)⋅2n−1+(2n−1)⋅2n，
有2Tn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯⋯+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，
两式相减，有−Tn=2+(23+24+25+⋯+2n+1)−(2n−1)⋅2n+1
=2+8(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1=(3−2n)⋅2n+1−6，
即Tn=(4n−6)⋅2n+6．
【解析】(1)先设等差数列{an}的公差为d，再根据题干已知条件，等比中项的性质与等差数列的求和公式列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可计算出等差数列{an}的通项公式；
(2)由(1)知an=2n−1，则bn=2n⋅an=(2n−1)⋅2n，然后利用错位相减法即可求解．
本题考查了等差数列的通项及错位相减法求和，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)由已知：f′(x)=ax−1ax2，
依题意：ax−1ax2≥0对x∈[1,+∞)恒成立，
∴ax−1≥0，对x∈[1,+∞)恒成立，即a≥1x，对x∈[1,+∞)恒成立，
∴a≥(1x)max，即a≥1．
(Ⅱ)当a=1时，f′(x)=x−1x2，x∈[12,2]，
若x∈[12,1)，则f′(x)<0，
若x∈(1,2]，则f′(x)>0，
故x=1是函数f(x)在区间[12,2]上唯一的极小值点，也就是最小值点，
故f(x)min=f(1)=0．
又f(12)=1−ln2，f(2)=−12+ln2，则f(12)−f(2)=1−ln2−(−12+ln2)=32−2ln2=lne3−ln162，
∵e3>2.73=19.683>16，
∴f(12)−f(2)>0，∴f(12)>f(2)，
∴f(x)在[12,2]上最大值是f(12)=1−ln2，
∴f(x)在[12,2]上最大值为1−ln2，最小值为0．
(Ⅲ)当a=1时，由(1)知，f(x)=1−xx+lnx在[1,+∞)是增函数．
当n>1时，令x=nn−1，则x>1，∴f(x)>f(1)=0，
即f(nn−1)=1−nn−1nn−1+lnnn−1=−1n+lnnn−1>0．
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值最值，属于较难题．
(Ⅰ)若函数f(x)在[1,+∞)上是增函数，f′(x)=ax−1ax2≥0对x∈[1,+∞)恒成立，分离参数转化为求函数的最值即可求解．
(Ⅱ)a=1时，求f(x)的导数，再令导数等于0，得到的x的值为函数的极值点，在借助函数在[12,2]上的单调性，判断函数当x为何值时有最大值，何时有最小值．
(Ⅲ)借助(1)中判断的函数在[1,+∞)上是增函数，把证明f(nn−1)>0转化为比较函数值大小的问题．
21.【答案】解：(1)由a2=3且 Sn+1= Sn+ S1，
可得 S2=2 S1，即 a1+3=2 a1，
解得a1=1，
即有 Sn+1− Sn=1，
可得数列{ Sn}是首项和公差均为1的等差数列，
则 Sn=n，即Sn=n2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1，对n=1也成立，
则{an}的通项公式为an=2n−1；
(2)bn=4Snanan+1=4n2(2n−1)(2n+1)=1+1(2n−1)(2n+1)=1+12(12n−1−12n+1)，
则数列{bn}的前n项和Tn=n+12(1−13+13−15+...+12n−1−12n+1)=n+12(1−12n+1)=n+n2n+1．
【解析】(1)由等差数列的定义和通项公式，结合当n≥2时，an=Sn−Sn−1，可得所求；
(2)由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
本题考查等差数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解(1)当a=1e时，f(x)=xe−ln(lnx)，定义域为(1,+∞)，
∴f′(x)=1e−1xlnx=xlnx−eexlnx，
设m(x)=xlnx−e，x∈(1,+∞)，则m′(x)=lnx+1>0，
∴m(x)在(1,+∞)上递增，
∵m(e)=0，∴当1则f′(x)<0，当x>e时，m(x)>0，则f′(x)>0，
∴f(x)的减区间为(1,e)，增区间为(e,+∞)．
(2)由题意可得a>0，令g(x)=f(x)+lna=ax−ln(lnx)+lna，x∈[e,+∞)，
则g′(x)=a−1xlnx=axlnx−1xlnx，x∈[e,+∞)，
令v(x)=axlnx−1，x∈[e,+∞)，则v′(x)=a(lnx+1)>0，
∴v(x)=axlnx−1为[e,+∞)上的增函数，∴v(x)≥v(e)=ae−1，
①当a≥1e时，∀x∈[e,+∞)，v(x)≥0恒成立，即g′(x)≥0恒成立，
∴g(x)在[e,+∞)上单调递增，而g(e)=ae+lna≥0，
∴当x≥e时，g(x)≥g(e)≥0，
∴当a≥1e时，对任意x∈[e,+∞)，g(x)=f(x)+lna≥0恒成立；
②当00，
∴由零点存在性定理得，∃x0∈(e,e1a)，v(x0)=0，
∵v(x)为[e,+∞)上的增函数，
∴当x∈[e,x0)时，v(x)<0，即g′(x)<0，
∴当x∈[e,x0)时，g(x)单调递减，
∴当x∈[e,x0)时，g(x)≤g(e)=ae+lna<0，
这与对任意x∈[e,+∞)，g(x)=f(x)+lna≥0恒成立矛盾，
∴0综上，a的取值范围是[1e,+∞)．
【解析】(1)求出导数f′(x)=xlnx−eexlnx，令m(x)=xlnx−e，结合导数m′(x)可知m(x)在(1,+∞)上递增且m(e)=0，再求出f(x)的单调区间；
(2)求出导数g′(x)=axlnx−1xlnx，令v(x)=axlnx−1，运用v′(x)研究v(x)单调性可知v(x)≥v(e)=ae−1，当a≥1e时，运用导数研究g(x)单调性即可，当0本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．x
−1
0
2
4
5
f(x)
1
2
0
2
1