2023-2024学年福建省泉州市培元中学高二（下）月考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市培元中学高二（下）月考数学试卷（含答案），共18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.已知集合A={−2,−1,0,1,2}，B={x|y= x+lg3(2−x)}，则A∩B=( )
A. {0,1,2}B. {1,2}C. {−1,0}D. {0,1}
2.下列求导计算错误的是( )
A. (lnx2x)′=1−lnx2x2B. [ln(2x+1)]′=22x+1
C. (2x−1)′=2xln 2D. (2xsinx2csx2)′=sinx−xcsx
3.书架上有20本内容互不相同的书，其中6本数学书，4本语文书，10本英语书，从书架上任取两本书，则取出的两本书不同学科的方案数为( )
A. 144种B. 124种C. 100种D. 84种
4.设函数f(x)=xcsx−sinx的图象在点(t,f(t))处切线的斜率为k，则函数k=g(t)的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.已知函数f(x)=x2+2x+2alnx在[1,2]上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A. a≥72B. a≥0C. a≤−72D. a<0
6.已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，xf′(x)−f(x)>0且f(−2)=0，则不等式f(x)<0的解集为( )
A. (−∞0,−2)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)
C. (−2,0)∪(0,2)D. (−2,0)∪(2,+∞)
7.若cs(π2+2α)−4sin2α=−2，则tan2α=( )
A. −2B. −12C. 2D. 12
8.∀x∈(0,+∞)，ex−1−aln(ax)+a≥0，则正实数a的最大值为( )
A. 1B. eC. eD. e2
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)=13x3−4x+4，则( )
A. f(x)在(0,+∞)上单调递增B. x=−2是f(x)的极大值点
C. f(x)有三个零点D. f(x)在[0,3]上的最大值是4
10.若z1、z2为复数，则( )
A. |z1−+z2−|=|z1−|+|z2−|B. z1+z2−=z1−+z2−
C. z1n=|z1|n(n∈N*)D. z1⋅z1−=|z1|⋅|z1−|
11.已知函数f(x)的定义域为R，f(x+1)是奇函数，g(x)=(x−1)f(x)，且f′(x)，g′(x)分别是函数f(x)，g(x)的导函数，g(x)在(−∞,1]上单调递减，则( )
A. f′(1+x)=f′(1−x)B. g′(x)=g′(2−x)
C. g(x)的图象关于直线x=1对称D. g(e0.1)>g(1−ln1.1)>0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.曲线f(x)=ax−xlnx在点(1,f(1))处的切线与直线x+y=0垂直，则实数a= ______．
13.如果函数y=f(x)在其定义域上有且仅有两个不同的数x0，使得f(x0)x0=f′(x0)−x0，那么我们就称函数y=f(x)为“单值函数”，则下列四个函数：
①f(x)=x3+2x2；
②f(x)=xe2x；
③f(x)=xlnx,x>0x+1x,x<0；
④f(x)=x(sinx+1)．
其中为“单值函数”的是______.(写出所有符合题意的函数的序号)
14.已知函数f(x)=13ax3−2x2+cx在R上单调递增，且ac≤4，则|sinx|+|acsinx|的最小值为 ，ac2+4+ca2+4的最小值为 ．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a(sinB+csB)=c．
(1)求A；
(2)若c= 2,a= 5,D为BC的中点，求AD．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−mx．
(1)当m=−2时，求f(x)的极值；
(2)若m∈R，试讨论f(x)的单调性；
(3)是否存在负数m，使得f(x)在区间[1,e]上的最小值为4，若存在，求出m，若不存在说明理由．
17.(本小题15分)
在如图所示的几何体中，DA⊥平面ABC，EB⊥平面ABC，AC=BC=BE=2，记M为DC中点，平面DAC与平面EBC的交线为l．
(1)求证：l⊥平面ABC；
(2)若三棱锥M−ABC的体积V1与几何体ABCDE的体积V2满足关系V2=6V1，P为l上一点，求当V2最大时，直线CD与平面PAB所成角的正弦值的最大值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−ax2，a∈R．
(1)若a≤e2，证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增．
(2)若F(x)=alnx+f(x)x存在两个极小值点x1，x2(x1①求实数a的取值范围；
②试比较F(x1)与F(x2)的大小．
19.(本小题17分)
定义满足以下两个性质的有穷数列a1，a2，a3，…，an为n(n=3,4,⋅⋅⋅)阶“期待数列”：
①a1+a2+a3+…+an=0；
②|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=1．
(Ⅰ)若等比数列{an}为4阶“期待数列”，求{an}的公比；
(Ⅱ)若等差数列{an}是2k+1阶“期待数列”(n=1,2,3,…,2k+1,k是正整数)，求{an}的通项公式；
(Ⅲ)记2k阶“期待数列”{an}的前n项和为Sn(n=1,2,3,…,2k,k是不小于2的整数)，求证：|Sk|≤12．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：B={x|y= x+lg3(2−x)}=[0,2),A={−2,−1,0,1,2}，
故A∩B={0,1}．
故选：D．
根据根式与对数的定义域，结合交集的定义求解即可．
本题主要考查了函数定义域的求解及集合交集运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：(lnx2x)′=2−2lnx(2x)2=1−lnx2x2，A正确；
[ln(2x+1)]′=(2x+1)′2x+1=22x+1，B正确；
(2x−1)′=2x−1ln2=2xln 2，C正确；
(2xsinx2csx2)′=(xsinx)′=sinx+xcsx，D错误．
故选：D．
由已知结合函数的求导公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意可得，若是数学和语文学科，则有C61C41=24种不同方案，
若是数学和英语学科，则有C61C101=60种不同方案，
若是英语和语文学科，则有C101C41=40种不同方案，
故根据分类加法原理可得，共有24+60+40=124种不同学科的方案数，
故选：B．
分类考虑，可能是数学和语文学科，可能是数学和英语学科也可能是语文和英语学科，根据分类加法原理求得答案．
本题考查了排列组合的混合问题，分类讨论是最基本的指导思想，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了导数的几何意义、函数的奇偶性、三角函数的单调性、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
由已知f(x)=xcsx−sinx，求导f′(x)可得函数f(x)的图象在点(t,f(t))处切线的斜率k=−tsint=g(t)，判断其奇偶性，利用三角函数的单调性进而判断出结论．
【解答】
解：f(x)=xcsx−sinx，
f′(x)=csx−xsinx−csx=−xsinx．
∴函数f(x)的图象在点(t,f(t))处切线的斜率k=−tsint=g(t)，
∵g(−t)=g(t)，∴函数g(t)为偶函数，故排除CD．
又t∈(0,π)时，sint>0，∴g(t)<0，
故排除B，因此A正确．
故答案选：A．
5.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)=x2+2x+2alnx在[1,2]上是减函数，所以f′(x)=2x−2x2+2ax⩽0在[1,2]上恒成立，即a⩽1x−x2在[1,2]上恒成立．
令g(x)=1x−x2(1⩽x⩽2)，则g′(x)=−1x2−2x<0在[1,2]上恒成立，所以g(x)=1x−x2在[1,2]上单调递减，
所以g(x)min=g(2)=12−22=−72，所以a⩽g(x)min=−72．
故选：C．
由题意得f′(x)=2x−2x2+2ax⩽0在[1,2]上恒成立，构造新函数g(x)=1x−x2(1⩽x⩽2)，可得结果．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：令F(x)=f(x)x，
则F′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
因为x>0时，xf′(x)−f(x)>0，
所以x>0时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
因为函数f(x)为奇函数，
所以f(−x)=−f(x)，
所以F(−x)=f(−x)−x=−f(x)−x=f(x)x=F(x)，
所以F(x)为偶函数，
所以x<0时，F(x)单调递减，
又f(−2)=0，
所以F(−2)=f(−2)−2=0，则F(2)=0，
当x<0时，若f(x)<0，则F(x)=f(x)x>0，
所以x<−2，
当x>0时，若f(x)<0，则F(x)=f(x)x<0，
所以0所以不等式f(x)<0的解集为(−∞,−2)∪(0,2)．
故选：B．
令F(x)=f(x)x，求导分析单调性，奇偶性，推出F(−2)=F(2)=0，分情况：当x<0时，当x>0时，不等式f(x)<0的解集，即可得出答案．
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．
7.【答案】C
【解析】解：cs(π2+2α)−4sin2α=−2，、
则−sin2α−4sin2α=−2，即2sinαcsα+4sin2αsin2α+cs2α=2，即2tanα+4tan2αtan2α+1=2，即tanα=1−tan2α，
故tan2α=2tanα1−tan2α=2tanαtanα=2．
故选：C．
先结合三角函数的诱导公式，同角公式，将弦化切，再结合正切的两角和公式，即可求解．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：y=ex−1−aln(ax)+a⇒y′=ex−1−ax，
又a，x均为正实数，所以y′=ex−1−ax在(0,+∞)上单调递增，
当x→0，y→−∞，当x→+∞，y→+∞，
所以∃x0∈R，y′=ex0−1−ax0=0，
当x∈(0,x0)时，y′<0，函数y=ex−1−aln(ax)+a单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，y′>0，函数y=ex−1−aln(ax)+a单调递增，
故当x=x0时，y=ex−1−aln(ax)+a取最小值，
ymin=ex0−1−aln(ax0)+a=ex0−1−alna−alnx0+a≥0，
又ex0−1=ax0，得x0−1=lna−lnx0，所以lnx0=lna−x0+1，
所以 ymin=ex0−1−alna−alnx0+a=ax0−alna−a(lna−x0+1)+a≥0，
即1x0+x0−2lna≥0⇒1x0+x0≥2lna⇒2≥2lna⇒a≤e，
所以正实数a的最大值为e．
故选：C．
根据恒成立转化成求解函数的最小值，只需要满足最小值大于等于0即可，结合基本不等式即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，零点存在定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
对f(x)求导，令f′(x)=0，可得x的值，列表可得函数f(x)的单调性与极值，再逐个选项判断即可．
【解答】
解：f′(x)=x2−4=(x+2)(x−2)，
令f′(x)=0，解得x=−2或x=2，
f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表：
因此函数f(x)在(−∞,−2)，(2,+∞)上单调递增，在(−2,2)上单调递减，故A错误；
x=−2是f(x)的极大值点，故B正确；
因为f(−6)=−44<0，f(−2)=283>0，f(2)=−43<0，f(6)=52>0，
由函数的单调性及零点存在性定理可知f(x)有三个零点，故C正确；
当f(x)的定义域为[0,3]时，
f(x)在[0,2]上单调递减，在(2,3]上单调递增，
又f(0)=4，f(3)=1，
所以f(x)在[0,3]上的最大值是4，故D正确．
故选：BCD．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A选项，取z1=1−i，z2=1+i，显然|z1−+z2−|≠|z1−|+|z2−|，A错；
对于B选项，设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，
则z1+z2=(a+c)+(b+d)i，z1+z2−=(a+c)−(b+d)i，
z1−=a−bi，z2−=c−di，则z1−+z2−=(a+c)−(b+d)i，
所以，z1+z2−=z1−+z2−，B对；
对于C选项，不妨取z1=1+i，n=2，则z12=(1+i)2=2i，|z1|= 2，|z1|2=2，
所以，z12≠|z1|2，故z1n≠|z1|n(n∈N*)，C错；
对于D选项，设z1=a+bi(a,b∈R)，则z1−=a−bi，所以，|z1|=|z1−|= a2+b2，
所以，z1⋅z1−=(a+bi)(a−bi)=a2+b2=|z1|⋅|z1−|，D对．
故选：BD．
利用特殊值法可判断AC选项；利用共轭复数的定义、复数的加法可判断B选项；利用复数的模长公式、共轭复数的定义以及复数的乘法可判断D选项．
本题主要考查了复数的四则运算及复数基本概念的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，因为f(x+1)是奇函数，所以f(−x+1)=−f(x+1)，
则f′(x+1)=−f′(−x+1)×(−1)=f(−x+1)，故A项正确；
对于B选项，因为g(x)=(x−1)f(x)，所以g′(x)=f(x)+(x−1)f′(x)，从而g′(1+x)=f(1+x)+xf′(1+x)，
g′(1−x)=f(1−x)−xf′(1−x)，而f(1+x)=−f(1−x)，f′(1+x)=f′(1−x)，
则g′(1+x)=−g′(1−x)，g则′(x)=−g′(2−x)故B项错误；
对于C选项，因为g(2−x)=(1−x)f(2−x)=(1−x)(−f(x))=(x−1)f(x)=g(x)，
所以g(x)的图象关于直线x=1对称，故C项正确；
对于D选项，因为g(x)的图象关于直线x=1对称，故g(1−ln1.1)=g(1+ln1.1)，
设h(x)=ex−(1+ln(1+x))，x∈(0,1)，则h′(x)=ex−1x+1，x∈(0,1)，
又设φ(x)=ex−1x+1，x∈(0,1)，则有φ′(x)=ex+1(x+1)2>0，从而φ(x)在(0,1)上单调递增，
则φ(x)>φ(0)=0，即h′(x)>0，h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)>h(0)=0，
故有ex>1+ln(1+x)>1，x∈(0,1)恒成立，则e0.1>1+ln1.1>1，
又因为g(x)在(−∞,1]上单调递减，则g(x)在[1,+∞)上单调递增，
又g(1)=0，故g(e0.1)>g(1+ln1.1)>0，即：g(e0.1)>g(1−ln1.1)>0，故D项正确．
故选：ACD．
根据f(x+1)的奇函数性质，得出解析式并求导即得A项正确；结合g(x)解析式，求导后比较两式即得B项错误；运用函数的轴对称特征式计算即得C项正确；构造函数，利用函数的单调性和对称性即得D项正确．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】2
【解析】解：依题意，曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1，
又f′(x)=a−(lnx+1)=a−1−lnx，
则f′(1)=a−1=1，
解得a=2．
故答案为：2．
根据题意可得f′(1)=1，由此可得答案．
本题考查导数的几何意义，属于基础题．
13.【答案】③
【解析】解：对于①，因为f(x)=x3+2x2，f′(x)=3x2+4x，
由f(x)x=f′(x)−x(x≠0)，
可得：x2+2x=3x2+3x，即2x2+x=0，
解得x=0(舍)或x=−12，
只有一个解，不满足“单值函数”的定义；
对于②，因为f(x)=xe2x，f′(x)=(2x+1)e2x，
由f(x)x=f′(x)−x(x≠0)，
可得：e2x=(2x+1)e2x−x，即x(e2x−1)=0，
解得x=0(舍)，
所以方程f(x)x=f′(x)−x(x≠0)无解，不满足“单值函数”的定义；
对于③，f(x)=xlnx,x>0x+1x,x<0，
当x>0时，f′(x)=lnx+1，
f(x)x=f′(x)−x⇒lnx=lnx+1−x=x=1>0；
当x<0时，f′(x)=1−1x2，
f(x)x=f′(x)−x⇒1+1x2=1−1x2−x⇒2x2=−x⇒x2=−2⇒x=−32<0，
故f(x)在其定义域上有且仅有两个不同的数x0，满足f(x0)x0=f′(x0)−x0，
故该函数为“单值函数”；
对于④，因为f(x)=x(sinx+1)，f′(x)=sinx+1+xcsx，
f′(x)x=f′(x)−x⇒sinx+1=sinx+1+xcsx−x⇒csx=1⇒x=2kπ，k≠0，k∈Z，
方程f(x)x=f′(x)−x(x≠0)有无数个解，
故该函数不是“单值函数”．
故答案为：③．
解方程f(x)x=f′(x)−x(x≠0)，再根据“单值函数”的定义逐个判断即可．
本题属于新概念题，考查了初等函数、复合函数的求导法则，理解定义是关键，属于中档题．
14.【答案】5
12

【解析】【分析】
本题考查了利用导数判断函数单调性，考查对勾函数的性质，基本不等式等内容，属于较难题．
由题意，f′(x)≥0恒成立，可求出关于a，c的不等式，联立ac≤4，求出ac=4，结合对勾函数的性质以及基本不等式求最小值．
【解答】
解：由题意，
因为函数f(x)=13ax3−2x2+cx在R上单调递增，
所以f′(x)=ax2−4x+c≥0恒成立，
所以a>0△=16−4ac≤0，
所以ac≥4，
又因为ac≤4，
所以ac=4且a>0，c>0，
则|sinx|+|acsinx|=|sinx|+4|sinx|，而|sinx|∈(0,1]，
令t=|sinx|，可知y=t+4t在(0,1]上单调递减，
故当|sinx|=1时，|sinx|+4|sinx|的最小值是5，
由ac2+4+ca2+4=ac2+ac+ca2+ac
=ac(c+a)+ca(c+a)=1c−1c+a+1a−1c+a
=(1a+1c)−2c+a≥2 1ac−22 ac
=1−12=12，当且仅当a=c=2时取等号，
故ac2+4+ca2+4的最小值为12．
故答案为：5;12．
15.【答案】解：(1)根据正弦定理得sinA(sinB+csB)=sinC，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)，
则有sinA(sinB+csB)=sin(A+B)，
∴sinAsinB+sinAcsB=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAsinB=csAsinB，sinB≠0，
∴sinA=csA，∴A=45°；
(2)根据余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA，
则有5=b2+2−2b，解之得b=3，b=−1(舍去)，
∵D为BC的中点，则AD=12(AB+AC)，
AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14×(2+9+2× 2×3× 22)=174，AD= 172．
【解析】(1)根据正弦定理可得角A；(2)可根据向量关系求得AD．
本题考查正弦定理，余弦定理，两角和差公式，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当m=−2时，f(x)=lnx+2x,x>0，
f′(x)=1x−2x2=x−2x2，
当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以x=2时，f(x)取极小值f(2)=ln2+1，无极大值．
(2)因为x>0，f′(x)=1x+mx2=x+mx2，
若m≥0，f′(x)>0，f(x)单调递增；
若m<0，当0当x>−m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，m≥0时，f(x)在(0,+∞)上为增函数，
m<0时，f(x)在(0,−m)上为减函数，在(−m,+∞)上为增函数．
(3)由(2)可知，m<0时，f(x)在(0,−m)上为减函数，在(−m,+∞)上为增函数．
假设存在m<0，使得f(x)在区间[1,e]上的最小值为4，
若−m≥e，即m≤−e时，f(x)min=f(e)=1−me=4，解得m=−3e，符合题意；
若1<−m若−m≤1，即−1≤m<0时，f(x)min=f(1)=−m=4，解得m=−4∉(−1,0)，舍去．
综上所述，存在m=−3e<0，使得f(x)在区间[1,e]上的最小值为4．
【解析】(1)当m=−2时，先求出f(x)，然后对函数进行求导，结合导数即可判断函数的单调性，进而可求极值；
(2)对函数进行求导，结合m的范围，确定f′(x)的正负，进而可确定函数f(x)的单调性．
(3)假设存在m<0，满足题意．由(2)，根据−m与区间[1,e]的关系，分三种情况：−m≥e，1<−m本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，是中档题．解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．
17.【答案】(1)证明：因为DA⊥平面ABC，EB⊥平面ABC，
所以DA//BE，又DA⊂平面EBC，BE⊂平面EBC，
所以DA/​/平面EBC，又DA⊂平面DAC，且平面DAC与平面EBC的交线为l，
所以DA//l，又DA⊥平面ABC，
所以l⊥平面ABC；
(2)解：设|DA|=h，|AB|=2x，取AB的中点O，因为AC=BC，所以CO⊥AB，
因为M为DC中点，所以M到平面ABC的距离为h2，
因为DA/​/平面ABC，DA⊂平面ABED，
所以平面ABC⊥平面ABED，且平面ABC∩平面ABED=AB，CO⊂平面ABC，
所以CO⊥平面ABED，
所以V1=13S△ABC⋅h2,V2=13SABED⋅|CO|，又V2=6V1，
即13⋅(h+2)2⋅2x⋅|CO|=6×13×12×2x×|CO|×h2，解得h=1，
V2=13SABED⋅|CO|=13×(1+2)22×2x× 4−x2=x 4−x2
= (4−x2)+x2≤2，当且仅当4−x2=x2，即x= 2时取等号，
所以当V2最大时|AB|=2 2,|CO|= 2，
由题可建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(− 2,0,0),B( 2,0,0),C(0, 2,0),D(− 2,0,1)，
设P(0, 2,t),(t>0)，
则CD=(− 2,− 2,1),AB=(2 2,0,0),AP=( 2, 2,t)，
设平面PAB的一个法向量n=(x1,y1,z1)，
因为n⊥ABn⊥AP，所以2 2x1=0 2x1+ 2y1+tz1=0，令y1= 2，则x1=0,z1=−2t，即n=(0, 2,−2t)，
设直线CD与平面PAB所成角为θ，
所以sinθ=|cs〈CD,n〉|=|−2−2t 5⋅ 2+(−2t)2|= 105⋅t+1 t2+2= 105 (t+1)2t2+2，
令y=(t+1)2t2+2，则y′=2(t+1)(t2+2)−(t+1)2⋅2t(t2+2)2=2(−t2+t+2)(t2+2)2，
令y′>0，则t2−t−2<0，所以−1所以函数y=(t+1)2t2+2在(0,2)上为增函数，在(2,+∞)上为减函数，
所以当t=2时，ymax=32，即(sinθ)max= 155，
故直线CD与平面PAB所成角的正弦值的最大值 155．
【解析】(1)根据线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理及性质定理可证；
(2)根据条件求出AB，AD长度，建立空间直角坐标系，用向量法求出直线CD与平面PAB所成角的正弦值，利用导数求出最大值．
本题考查线面垂直的判定与性质、棱台的体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】(1)证明：由f(x)=ex−ax2，得f′(x)=ex−2ax，
因为a≤12e，x>0，所以2ax≤ex，
当x>0时，f′(x)=ex−2ax≥ex−ex，
设p(x)=ex−ex，则p′(x)=ex−e，
当x∈(0,1)时，p′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，p′(x)>0，
所以p(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故当x=1时，函数p(x)取得最小值，且p(x)min=p(1)=0，
所以当x>0时，p(x)≥0，即f′(x)=ex−2ax≥ex−ex≥0，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)解：F(x)=alnx+f(x)x=alnx−ax+exx，定义域为(0,+∞)，
则F′(x)=ax−a+ex(x−1)x2=(x−1)(ex−ax)x2，
令h(x)=ex−ax(x>0)，则h′(x)=ex−a，
(i)当a≤1时，ex>1，所以h′(x)>0，h(x)单调递增，
故h(x)>e0=1>0，此时F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以F(x)只有一个极小值点，不合题意；
(ii)当a>1时，当0lna时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
所以当x=lna时，h(x)取得最小值，即h(x)min=h(lna)=a(1−lna)，
①当1此时F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
可得F(x)只有一个极小值点，不合题意；
②当a>e时，h(x)min=a(1−lna)<0，
因为x→0时，h(x)→1，h(1)=e−a<0，
所以h(x)在(0,1)上存在零点x1，即存在x1∈(0,1)，使得h(x1)=0，
令φ(x)=x−2lnx，则φ′(x)=1−2x=x−2x，
当x∈(0,2)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
当x∈(2,+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(2)>0，即x−2lnx>0，可得h(2lna)=a(a−2lna)>0，
所以h(x)在(1,2lna)上存在零点x2，即存在x2∈(1,2lna)，使得h(x2)=0，
所以F′(x)，F(x)随x的变化情况如下：
所以x1，x2为F(x)的两个极小值点．
故实数a的取值范围为(e,+∞)
由(ii)知x1，x2满足h(x1)=h(x2)=0，即ex1−ax1=ex2−ax2=0，
所以x1=lna+lnx1，x2=lna+lnx2，得lnx1−x1=−lna，lnx2−x2=−lna，
所以F(x1)=alnx1−ax1+ex1x1=a(lnx1−x1+1)=a(1−lna)，F(x2)=alnx2−ax2+ex2x2=a(lnx2−x2+1)=a(1−lna)，
所以F(x1)=F(x2).
【解析】(1)求得f′(x)=ex−2ax，根据题意得到f′(x)=ex−2ax≥ex−ex，设p(x)=ex−ex，利用导数求得p(x)的单调性和p(x)min=p(1)=0，即可证得f(x)在(0,+∞)上单调递增；
(2)根据题意求得F′(x)=(x−1)(ex−ax)x2，令h(x)=ex−ax(x>0)，对其求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，然后结合函数的性质即可求解．
本题主要考查了利用导数研究极值与最值的综合问题，体现了转化思想及分类讨论思想的应用，属于难题．
19.【答案】解：(Ⅰ)依题意，等比数列{an}为4阶“期待数列”，
故数列满足①a1+a2+a3+a4=0，②|a1|+|a2|+|a3|+|a4|=1．
易见an≠0，若公比q为1，则①式即4a1=0，不符合题意，故q≠1，
故①式即a1(1−q4)1−q=0，即q4=1，故q=−1，所以{an}的公比为−1；
(Ⅱ)依题意，等差数列{an}是2k+1阶“期待数列”，设等差数列{an}公差为d，
则数列满足①a1+a2+a3+…+a2k+1=0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a2k+1|=1．
故①式即(2k+1)(a1+a2k+1)2=0，即a1+a2k+1=2ak+1=0，即ak+1=0．
若d>0时，有a1，a2，a3，…，ak<0，ak+2，ak+3，…，a2k+1>0，
则②式即−a1−a2−…−ak+ak+2+ak+3+…+a2k+1=1，
故(ak+2−a1)+(ak+3−a2)+…+(a2k+1−ak)=1，即k⋅(k+1)d=1，得d=1k(k+1)，
所以an=ak+1+[n−(k+1)]d=0+(n−k−1)⋅1k(k+1)=nk(k+1)−1k；
若d<0时，有a1，a2，a3，…，ak>0，ak+2，ak+3，…，a2k+1<0，
则②式即a1+a2+a3+…+ak−ak+2−ak+3−…−a2k+1=1，
故(a1−ak+2)+(a2−ak+3)+…+(ak−a2k+1)=1，即−k⋅(k+1)d=1，得d=−1k(k+1)，
所以an=ak+1+[n−(k+1)]d=0+(n−k−1)⋅−1k(k+1)=−nk(k+1)+1k．
综上，d>0时，an=nk(k+1)−1k(n∈N*)；d<0时，an=−nk(k+1)+1k(n∈N*)；
(Ⅲ)设2k阶“期待数列”{an}的所有非负项之和为A，所有负数项之和为B，
依题意数列满足①a1+a2+a3+…+a2k=0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|a2k|=1．
即A+B=0，A−B=1，则解得A=12,B=−12，
当所有非负数项一起构成Sk时，Sk最大为A=12，即Sk≤12；
当所有负数项一起构成Sk时，Sk最小为B=−12，即Sk≥−12．
故−12≤Sk≤12，所以|Sk|≤12．
【解析】(Ⅰ)先根据新定义得到对应关系式，再结合等比数列求和公式求出公比即可；
(Ⅱ)先根据新定义得到对应关系式，结合等差数列求和公式和性质得到ak+1=0，再利用等差数列性质求绝对值之和解得d，根据an=ak+1+[n−(k+1)]d，求出通项公式即可；
(Ⅲ)先利用新定义计算数列中所有非负项之和与所有负数项之和，再求Sk的最大值和最小值，即可证明：|Sk|≤12成立．
本题考查了等差数列、等比数列的相关性质，考查了分类讨论思想，解题关键是理解并利用新定义，属难题．x
(−∞,−2)
−2
(−2,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(0,x1)
x1
(x1,1)
1
(1,x2)
x2
(x2,+∞)
F′(x)
−
0
+
0
−
0
+
F(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗