2023-2024学年湖南省名校联考联合体高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省名校联考联合体高二（下）期中数学试卷（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.设集合A={1,2,4}，B={x|x2−4x+m=0}.若A∩B={1}，则B=( )
A. {1,−3}B. {1,5}C. {1,0}D. {1,3}
2.复数z=1i+1(i为虚数单位)的虚部是( )
A. −12B. 12C. −12iD. 12i
3.O为坐标原点，F为抛物线C：y2=8x的焦点，M为C上一点，若|MF|=8，则△MOF的面积为( )
A. 4 3B. 3 2C. 8D. 3 3
4.已知f(x)=cs(sinx)，则下列选项中正确的是( )
A. f(x)=f(x+π2)B. f(x)关于(π2,0)中心对称
C. f(x)关于直线x=π对称D. f(x)的值域为[−1,1]
5.已知事件A发生的概率为0.4，事件B发生的概率为0.5，若在事件B发生的条件下，事件A发生的概率为0.6，则在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为( )
A. 0.85B. 0.8C. 0.75D. 0.7
6.已知α，β为锐角，csα=45，tan(α−β)=−13，则csβ的值为( )
A. 9 1050B. 3 1010C. − 1010D. 13 1050
7.在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，M，N分别是AB，AD上的动点，且满足2AM+AN=1，设AC=xAM+yAN，则2x+3y的最小值为( )
A. 48B. 49C. 50D. 51
8.已知函数f(x)=ln(x+1)−x+1，函数g(x)=aex−x+lna，若函数F(x)=f(x)−g(x)有两个零点，则实数a的取值范围为( )
A. (0,e)B. (0,2)C. (0,1)D. (0,1e)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=ex−e−x2,g(x)=ex+e−x2，则( )
A. 函数f(x)在R上单调递增B. 函数f(x)g(x)是奇函数
C. 函数f(x)与g(x)的图象关于原点对称D. g(2x)=[f(x)]2+[g(x)]2
10.已知椭圆C：x24+y22=1的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，M为C上异于A，B的一点，过点M且垂直于x轴的直线与C的另一个交点为N，交x轴于点T，则( )
A. 存在点M，使∠AMB=120°B. TA⋅TB=2TM⋅TN
C. FM⋅FN的最小值为−43D. △FMN周长的最大值为8
11.已知数列{an}满足a1=1，an+1=12an+n,n为奇数an−2n,n为偶数，设{an}的前n项和为Sn，下列结论正确的( )
A. 数列{a2n−2}是等比数列B. a2n−1=6−(12)n−1−4n
C. S8<−11D. 当n≥2时，数列{S2n}是单调递减数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外.某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N(800,σ2)，且P(X<801)=0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X<801的瓷砖片数，则E(Y)= ______．
13.四棱锥P−ABCD各顶点都在球心为O的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AD=2，AB=2 2，设M，N分别是PD，CD的中点，则平面AMN截球O所得截面的面积为 ．
14.过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点F作平行于渐近线的两条直线，与双曲线分别交于A，B两点，且|AB|=2a，双曲线的离心率为e，则[e2]= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知数列{an}是等差数列，且a2=3，a11=3a4，设数列{an}前n项和为Sn，数列{cn}满足cn=2an⋅an+1+S2n．
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)求数列{cn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
已知四棱锥P−ABCD中，底面是边长为2的正方形，其他四个侧面都是腰长为 5的等腰三角形，点M为△PCD的重心．
(1)求证：AC⊥PD；
(2)经过点M及直线AB作截四棱锥的截面α，设截面α∩平面PCD=l，请画出直线l，判断直线l与平面PAB的位置关系，并进行证明；
(3)求二面角C−PB−D的余弦值．
17.(本小题15分)
现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球.现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从n−1号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
(1)当n=2时，求2号盒子里有2个红球的概率；
(2)当n=3时，求3号盒子里的红球的个数ξ的分布列；
(3)记n号盒子中红球的个数为Xn，求Xn的期望E(Xn).
18.(本小题17分)
已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，左、右焦点分别为F1，F2，短轴的其中一个端点为B1，长轴端点为A1，A2，且△B1F1F2是面积为 3的等边三角形．
(1)求椭圆C1的方程及离心率；
(2)若双曲线C2以A1，A2为焦点，以F1，F2为顶点，点Q为椭圆C1与双曲线C2的一个交点，求△QA1A2的面积；
(3)如图，直线l：y=kx+m与椭圆C1有唯一的公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴，y轴于A(x,0)，B(0,y)两点.当点M运动时，求点P(x,y)的轨迹方程．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−blnxx−1．
(1)若b=e(e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值；
(2)若b=1，函数g(x)=f(x)−ax有两个零点x1，x2(x1m恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={1,2,4}，B={x|x2−4x+m=0}．
若A∩B={1}，则1∈A且1∈B，
可得1−4+m=0，解得m=3，
即有B={x|x2−4x+3=0}={1,3}．
故选：D．
由交集的定义可得1∈A且1∈B，代入二次方程，求得m，再解二次方程可得集合B．
本题考查了交集及其运算，考查了一元二次不等式的解法，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：z=1i+1=1−i(1+i)(1−i)=12−12i，其虚部为−12．
故选：A．
根据复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由y2=8x可得抛物线的焦点F(2,0)，准线方程为x=−2，
由抛物线焦半径公式得MF=xM+p2=xM+2=8⇒xM=6，
将x=6代入y2=8x得y=±4 3，
∴△MOF的面积为12|y| ⋅ OF=12×4 3×2=4 3，
故选：A．
先根据定义求出点M的横坐标，将其代入抛物线方程，求出点M的纵坐标，即可得出答案．
本题考查抛物线的性质，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A，因为f{x)=cs(sinx),
所以f(x+π2)=cs[sin(x+π2)]=cs(csx)≠f(x}，故A不正确；
对于B，f(π2)=cs(sinπ2)=cs1≠0，故B不正确；
对于C，可得f(x+π)=cs[sin(x+π)]=cs(−sinx)=cs(sinx)=f(x)，
f(−x+π)=cs[sin(−x+π)]=cs(sinx)=f(x)，
所以f (x+π)=f(−x+π)，
所以可得x=π是函数的对称轴，故C正确；
对于D，因为sinx∈[−1,1]，
所以f(x)∈[csl,1]，故D不正确．
故选：C．
利用函数的周期性和对称性即可逐项求解．
本题考查函数的周期性，对称性的判断，考查了函数思想，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：由已知可得P(A)=0.4，P(B)=0.5，P(A|B)=0.6，
由P(A|B)=P(AB)P(B)，可得P(AB)=P(B)P(A|B)=0.5×0.6=0.3，
∴在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为：
P(B|A)=P(AB)P(A)=．
故选：C．
利用条件概率公式求出P(AB)的值，再利用条件概率公式可求出P(B|A)的值．
本题考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：∵α为锐角，csα=45，
∴sinα= 1−cs2α=35，
∴tanα=sinαcsα=34．
∵tanβ=tan[α−(α−β)]=tanα−tan(α−β)1+tanαtan(α−β)=34+131−34×(−13)=139，
又β是锐角，
∴csβ=1 1+tan2β=1 1+(139)2=9 1050．
故选：A．
依题意，可求得sinα及tanα，利用两角差的正切可求得tanβ，由csβ=1 1+tan2β即可求得答案．
本题考查三角公式、三角函数式的恒等变形和运算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用坐标解决问题的方法、基本不等式求最值的应用，属于中档题．
建立平面直角坐标系，可得出A，B，C，D的坐标，并设M，N点坐标，根据2AM+AN=1、AC=xAM+yAN可得相关等式，再根据基本不等式即可求出2x+3y的最小值．
【解答】
解：如图，建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(4,0)，C(4,3)，D(0,3)，
设M(m,0)，N(0,n)，∵2AM+AN=1，∴2m+n=1，(0∵AC=xAM+yAN，∴(4,3)=(xm,yn)，
∴x=4m,y=3n，
∴2x+3y=8m+9n=(8m+9n)(2m+n)=25+8nm+18mn≥25+2 8nm⋅18mn=25+24=49，当且仅当8nm=18mn，即m=27，n=37时即x=14,y=7时取等号，
故2x+3y的最小值为49．
故选：B．
8.【答案】C
【解析】解：要使函数F(x)=f(x)−g(x)有两个零点，即f(x)=g(x)有两个实根，
即ln(x+1)−x+1=aex−x+lna有两个实根，
即ex+lna+x+lna=ln(x+1)+x+1，整理为ex+lna+x+lna=eln(x+1)+ln(x+1)，
设函数h(x)=ex+x，则上式为h(x+lna)=h(ln(x+1))，
因为h′(x)=ex+1>0恒成立，所以h(x)=ex+x单调递增，所以x+lna=hn(x+1)，
所以只需使lna=ln(x+1)−x有两个根，设M(x)=ln(x+1)−x，
M′(x)=1x+1−1=−xx+1，
易知，函数M(x)的单调递增区间为(−1,0)，单调递减区间为(0,+∞)，
故函数M(x)在x=0处取得极大值，也是最大值，则M(x)max=M(0)=0，
当x→−1时，M(x)→−∞；当x→+∞时，M(x)→−∞，
要想lna=ln(x+1)−x有两个根，只需lna<0，解得0即a的取值范围是(0,1)．
故选：C．
变形为f(x)=g(x)有两个实根，变形得到ex+lna+x+lna=eln(x+1)+ln(x+1)，设h(x)=ex+x，则h(x+lna)=h(ln(x+1))，求导得到单调性，进而求出x+lna=ln(x+1)，只需使lna=ln(x+1)−x有两个根，设M(x)=ln(x+1)−x，求导得到M(x)在x=0处取得极大值，M(x)max=M(0)=0，结合函数的走势，得到lna<0，求出a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，函数的零点与方程根的关系，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为y=ex与y=−e−x在R上都是递增函数，故f(x)在R上单调递增，A正确；
因为f(x)g(x)=e2x−e−2x2，
所以f(−x)g(−x)=e−2x−e2x2=−f(x)g(x)，即f(x)g(x)为奇函数，B正确；
因为f(x)=ex−e−x2为奇函数，图象关于原点对称，则其关于原点对称的函数为y=ex−e−x2，C错误；
g(2x)=e2x+e−2x2，[f(x)]2+[g(x)]2=12×e2x+e−2x−22+e2x+e2x+22×12=12(e2x+e−2x)，D正确．
故选：ABD．
由已知结合基本初等函数的单调性及奇偶性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数奇偶性及单调性的判断及应用，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A，设椭圆的上顶点为C，
则在Rt△BOC中，
tan∠OCB=ab=2 2= 2< 3，
所以∠ACB<2π3，故A错误；
对于B，设点M(m,n)，
则T(m,0)，N(m,−n)，m24+n22=1，
即4−m2=2n2，
TA⋅TB=−(2+m)(2−m)=m2−4=−2n2，
TM⋅TN=−n2，
所以TA⋅TB=2TM⋅TN，故B正确；
对于C，F(− 2,0)，FM⋅FN
=(m+ 2,n)⋅(m+ 2,−n)=(m+ 2)2−n2
=(m+ 2)2−4−m22=32m2+2 2m，(−2当m=−2 23时，FM⋅FN取最小值−43，故C正确；
对于D，设椭圆的右焦点为F′，△FMN的周长为：|MF|+|NF|+|MN|
=4−|MF′|+4−|NF′|+|MN|=8−(|MF′|+|NF′|−|MN|)≤8，
当且仅当M，N，F′三点共线时，等号成立，故D正确．
故选：BCD．
对于A，判断∠ACB与2π3的大小，即tan∠OCB=ab=2 2= 2< 3，可判断A；对于B，设点M(m,n)，
则T(m,0)，N(m,−n)，分别求出TA⋅TB和TM⋅TN，可判断B；对于C，求出FM⋅FN，利用二次函数求最值，可判断C；对于D，利用椭圆的定义，转化为求8−(|MF′|+|NF′|−|MN|)的最大值，可判断D．
本题考查椭圆的性质和定义，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对A：a2n+2−2=12a2n+1+2n+1−2=12(a2n−4n)+2n−1=12a2n−1=12(a2n−2)，
且a2−2=12×1+1−2=−12≠0，故数列{a2n−2}是等比数列，故A正确；
对B：a2−2=−12，a2n−2=−12⋅(12)n−1=−(12)n，a2n=2−(12)n，
由a2n=12a2n−1+2n−1，得a2n−1=6−4n−(12)n−1，故B正确；
对C：因为a2n+a2n−1=8−4n−3⋅(12)n，
所以S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2n−1+a2n)=8n−(4+4n)n2−32[1−(12)n]1−12
=−2n2+6n−3+32n，S8=−11+316>−11，故C错误；
对D：当n≥2时，{−2n2+6n−3}是单调递减数列，{32n}也是单调递减数列，
所以{S2n}是单调递减数列，故D正确．
故选：ABD．
对A：借助等比数列定义得出a2n+2−2=12(a2n−2)即可得；对B：借助所给条件计算即可得；对C：借助分组求和法计算即可得；对D：结合单调数列的定义计算即可得．
本题考查分段数列的运用，以及等比数列的通项公式和求和公式、数列的分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】1
【解析】解：由题意，X～N(800,σ2)，所以正态曲线关于直线X=800对称，
所以P(X<800)=0.5，因为P(X<801)=P(X<800)+P(800≤X<801)=0.6，
所以P(800≤X<801)=0.6−0.5=0.1，
由题意，Y～B(10,0.1)，所以E(Y)=10×0.1=1．
故答案为：1．
由题中条件以及正态曲线的性质，可得正态曲线的对称轴方程，从而可知P(X<800)=0.5，再由P(800≤X<801)=P(X<801)−P(X<800)，解出P(800本题考查正态分布和二项分布的应用，属于基础题．
13.【答案】3π
【解析】【分析】
本题主要考查了棱锥的体积公式，考查了球的结构特征，及空间几何体的截面问题，属于中档题．
先求出球O的直径，再利用等体积法求出点D到平面AMN的距离，进而求出截面圆的半径，即可求解．
【解答】
解：由题设知球心O为PC中点，
所以球O的直径2R= 22+22+(2 2)2=4，
所以R=2，
所以球O的体积V=43πR3=323π，
设球心O到平面AMN的距离为d，截面圆的半径为r，
由题意可知，球心O到平面AMN的距离等于点D到平面AMN的距离，
在三棱锥D−AMN中，由等体积法得VD−AMN=VN−AMD，
即13S△AMN⋅d=13S△AMD⋅ND，
所以13×12× 2×2×d=13×12× 2× 2× 2，
解得d=1，
所以r2=R2−d2=4−1=3，
所以截面面积为πr2=3π．
故答案为：3π．
14.【答案】3
【解析】解：双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，
设焦点F(c,0)，由y=ba(x−c)和双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)解得交点A(a2+c22c,b(a2−c2)2ac)，
同理可得B(a2+c22c,−b(a2−c2)2ac)，
即有|AB|=b(a2−c2)ac=2a，
由b2=c2−a2，由e=ca，可得4e2=(e2−1)3，
由f(x)=(x2−1)3−4x2，可得f′(x)=6x(x2−1)−8x>0，x>1，f(x)递增．
又f(2)>0，f( 3)<0，
可得 3故答案为：3．
求得双曲线的渐近线方程，由两直线平行的条件可得平行直线的方程，联立解得交点A，B的坐标，可得AB的长，结合a，b，c的关系和离心率公式，可得e的方程，运用零点存在定理，进而得到离心率的范围，推出结果．
本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用渐近线方程和平行线的联立，以及离心率公式的运用，考查运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)数列{an}是等差数列，设公差为d，
由a2=3，a11=3a4，可得a1+d=3，a1+10d=3(a1+3d)，
解得a1=1，d=2，
则an=1+2(n−1)=2n−1，Sn=n+12n(n−1)⋅2=n2；
(2)cn=2an⋅an+1+S2n=2(2n−1)(2n+1)+4n=(12n−1−12n+1)+4n，
则Tn=(1−13+13−15+...+12n−1−12n+1)+4(1−4n)1−4
=1−12n+1+4n+13−43=4n+13−13−12n+1．
【解析】(1)由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，由等差数列的通项公式和求和公式，可得所求；
(2)由数列的分组求和与裂项相消求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式、数列的分组求和与裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：连接BD，交AC于点O，连接PO，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，且O为AC中点，
又PA=PC，∴PO⊥AC，
∵PO⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，且PO∩BD=O，
∴AC⊥平面PBD，而PD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD；
(2)在平面PCD内，过点M作CD的平行线，即为所求的直线l，且l/​/平面PAE．
证明如下：∵l//CD，CD/​/AB，∴//AB，
∵AB⊂平面PAB，l⊄平面PAB，
∴l/​/平面PAB；
(3)由(1)知AC⊥平面PBD，
∴AC⊥PB，过点O作ON⊥PB，N为垂足，连接CN，
∵ON⊥PB，AC∩ON=O，
∴PB⊥平面OCN，∴PB⊥NC，
∴∠CNO为二面角C−PB−D的平面角，
∵AB=2，PA=PB= 5，
∴OB= 2，PO= 3，ON=PO⋅OBPB= 3× 2 5= 305，
CN= ( 305)2+( 2)2=4 55，
cs∠CNO=ONCN= 305×54 5= 64，
∴二面角C−PB−D的余弦值为 64．
【解析】(1)根据已知得出AC⊥平面PBD，结合线面垂直的性质定理即可得证；
(2)在平面PCD内，过点M作CD的平行线，即为所求的直线l，且l/​/平面PAE，再结合线面平行性质定理即可得证；
(3)先证明∠CNO为二面角C−PB−D的平面角，再计算即可．
本题考查线线垂直、平行的判定以及二面角的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题可知2号盒子里有2个红球的概率为P=C2lC21C42=23；
(2)由题可知，ξ可取1，2，3，
P(ξ=1)=C22C42×C32C42+C21C21C42×C22C42=736，
P(ξ=3)=C22C42×C33C42+C21C21C42×C22C42=736，
P(ξ=2)=1−P(ξ=1)−P(ξ=3)=1118，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为：
(3)记an−1为第n(n≥2)号盒子有三个红球和一个白球的概率，则a1=16，
bn−1为第n(n≥2)号盒子有两个红球和两个白球的概率，则b1=23,b2=1118，
则第n(n≥2)号盒子有一个红球和三个白球的概率为1−an−1−bn−1，且bn−1=23bn−2+12an−2+12(1−an−2−bn−2)(n≥3)，
化解得bn−1=16bn−2+12，
得bn−1−35=16(bn−2−35),b1−35=115，
而b2−35=16(b1−35)，则数列{bn−35}为等比数列，首项为b1−35=115，公比为16，
所以bn=35+115(16)n−1，
又由an−1=16bn−2+12an−2，求得an=15−15(16)n，
因此E(Xn)=1×an−1+2×bn−1+3×(1−an−1−bn−1)=3−2an−1−bn−1=2．
【解析】(1)由古典概率模型进行求解；
(2)ξ可取1，2，3，求出对应的概率，再列出分布列即可；
(3)记an−1−为第n(n≥2)号盒子有三个红球和一个白球的概率，bn−1为第n(n≥2)号盒子有两个红球和两个白球的概率，则第n(n≥2)号盒子有一个红球和三个白球的概率为1−an−1−bn−1，且bn−1=23bn−2+12an−2+12(1−an−2−bn−2)(n≥3)，化解得bn−1=16bn−2+12，即可求解．
本题考查了古典概率模型和离散型随机变量的分布列，属于难题．
18.【答案】解：(1)因为△B1F1F2是面积为 3的等边三角形，
所以a=2c 34a2= 3a2=b2+c2，
解得a=2，b= 3，c=1，
则椭圆C1的方程为x24+y23=1，离心率e=ca=12；
(2)易知双曲线C2的方程为x2−y23=1，
联立x2−y23=1x24+y23=1，解得y=±3 55，
则△QA1A2的面积S=12|A1A2|⋅|y|=12⋅4⋅3 55=6 55；
(3)联立y=kx+mx24+y23=1，消去y并整理得(3+4k2)x2+8kmx+(4m2−12)=0，
此时Δ=0，
整理得m2=3+4k2，
不妨设M(x0,y0)，
此时x0=−4km3+4k2=−4km，y0=m2−4k2m=3m，
易知直线AB的方程为y=−1k(x−x0)+y0，
令x=0，
解得y=x0k+y0=−1m，
即B(0,−1m)，
令y=0，
解得x=ky0+x0=−km，
即A(−km,0)，
此时P(−km,−1m)，
易得4x2=4k2m23y2=3m2，
整理得4x2+3y2=1．
故点P(x,y)的轨迹方程为4x2+3y2=1．
【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式求出a，b，c的值，进而即可求解；
(2)先得到双曲线C2的方程，将双曲线方程与椭圆方程联立，求出y=±3 55，再代入三角形面积公式中即可求解；
(3)将直线方程与椭圆方程联立，根据判别式为0得到m2=3+4k2，设出点M的坐标和直线AB的方程，得到A，B两点的坐标，推出点P的坐标，进而可得点P的轨迹方程．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=ex−elnxx−1，定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=x2ex−e+elnxx2，
令h(x)=x2ex−e+elnx，则h′(x)=(x2+2x)ex+ex>0，
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增，
由h(1)=0可得，当x∈(0,1)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值为f(1)=e−1，无极大值；
(2)∵g(x)=ex−lnxx−1−ax=ex−lnx+x+ax，
令g(x)=0，可得xex−lnx−x−a=0，
原题意等价于xex−(lnx+x)−a=0有两个正根x1，x2，0令t=xex，则lnt=lnx+x，等价于t−lnt−a=0有两个正根t1=x1ex，t2=x2ex2，
当x>0时，t′=(x+1)ex>0恒成立，故t=xex在(0,+∞)上单调递增，
对于t1=x1ex，t2=x2ex2，由0可得t1−lnt1−a=0t2−lnt2−a=0，可得lnt2t1=t2−t1，
令u=t2t1，由01，
由u=t2t1lnt2t1=t2−t1，整理可得t1=lnuu−1t2=ulnuu−1，
x1ex1+2x2ex2=t1+2t2=(2u+1)lnuu−1>m，
原题意等价于当u>1时，(2u+1)lnuu−1>m恒成立，等价于当u>1时，(2u+1)lnu−m(u−1)>0恒成立，
令F(u)=(2u+1)lnu−m(u−1)，则F′(u)=2lnu+1u+2−m，
∵F(1)=0，则F′(1)=3−m≥0，
解得m≤3，
当m≤3时，令φ(u)=F′(u)，
则当u>1时，φ′(u)=2u−1u2>0恒成立，
故φ(u)在(1,+∞)上单调递增，则φ(u)>φ(1)=3−m≥0，
即当u>1时，F′(u)>0恒成立，
故F(u)在(1,+∞)上单调递增，
则F(u)>F(1)=0，可知m≤3符合题意，
综上所述：实数m的取值范围为(−∞,3]．
【解析】(1)求出f′(x)，根据f′(x)的正负得到f(x)的单调性，进而求出f(x)的极值；
(2)令g(x)=0，可得ex−lnx−x−a=0，原题意等价于xex−(lnx+x)−a=0有两个正根x1，x2，01时，(2u+1)lnu−m(u−1)>0恒成立，令F(u)=(2u+1)lnu−m(u−1)，求导可知F(u)在(1,+∞)上单调递增，进而求出m的取值范围．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和极值，考查了函数的恒成立问题，属于中档题．ξ
1
2
3
P
736
1118
736