2024-2025学年江西省宜春市上高县高二（上）月考数学试卷（8月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省宜春市上高县高二（上）月考数学试卷（8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.复数满足2+2z1−i=iz，则z等于( )
A. 1+iB. −1+iC. 1−iD. −1−i
2.已知集合A={x|y=lg(3−x)}，B={y|y= −x2+6x}，则A∩B=( )
A. (−∞,3]B. (−∞,3)C. [0,3]D. [0,3)
3.已知直线l：y=kx+1与圆C：(x+1)2+y2=r2(r>0)，则“∀k∈R，直线l与圆C有公共点”是“r> 2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.已知角α，β满足tanαtanβ=−3,cs(α+β)=12，则cs(α−β)=( )
A. −14B. −1C. 38D. 18
5.甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
6.若曲线y=ln(x+2a)的一条切线为y=ex−2b(e为自然对数的底数)，其中a，b为正实数，则1ea+1b的取值范围是( )
A. [2,e)B. (e,4]C. [4,+∞)D. [e,+∞)
7.已知Sn是数列{an}的前n项和，若(1−2x)2021=b0+b1x+b2x2+…+b2021x2021，数列{an}的首项a1=b12+b222+…+b202122021，an+1=Sn⋅Sn+1，则S2021=( )
A. −12021B. 12021C. 2021D. −2021
8.著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，隔裂分家万事休.”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如： (x−a)2+(y−b)2可以转化为平面上点M(x,y)与点N(a,b)的距离.结合上述观点，可得y= x2+4x+8+ x2−4x+8的最小值为( )
A. 4 2B. 2 2C. 2+ 10D. 3+ 5
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 数据12，13，14，15，17，19，23，24，27，30的70%分位数是23.5
B. 已知关于x的不等式ax2+bx+c<0的解集为(−∞,1)∪(5,+∞)，则不等式bx+c>0的解集是{x|x>56}
C. 函数f(x+1)的定义域为[0,1]，则f(2x)的定义域为[2,4]
D. 若3a=4b=36，则2a+1b的值为1
10.已知a>0，b>0，直线l1：x+(a−4)y+1=0，l2：2bx+y−2=0，且l1⊥l2，则( )
A. 011.数学有时候也能很可爱，如题图所示是小D同学发现的一种曲线，因形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线.对于小恐龙曲线C1：x2+y3−axy=20，下列说法正确的是( )
A. 该曲线与x=8最多存在3个交点
B. 如果曲线如题图所示(x轴向右为正方向，y轴向上为正方向)，则a>0
C. 存在一个a，使得这条曲线是偶函数的图像
D. a=3时，该曲线中x≥8的部分可以表示为y关于x的某一函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知命题“∃x∈[1,4]，x2−mx+4≥0”是假命题，则m的取值范围是______．
13.设函数f(x)=ax−9,x14.对于函数y=f(x)和y=g(x)，及区间D，存在实数k，b使得f(x)≥kx+b≥g(x)对任意x∈D恒成立，则称y=f(x)在区间D上优于y=g(x).若f(x)=ax(x−1)在区间(0,+∞)上优于g(x)=lnx，则实数a的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
某地为调查年龄在35−50岁段人群每周的运动情况，从年龄在35−50岁段人群中随机抽取了200人的信息，将调查结果整理如下：
(1)根据以上信息，能否有99%把握认为该地年龄在35−50岁段人群每周运动超过2小时与性别有关？
(2)用样本估计总体，从该地年龄在35−50岁段人群中随机抽取3人，设抽取的3人中每周运动不超过2小时的人数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
16.(本小题12分)
已知在数列{an}中，a1=1，an+1=an1+2an．
(1)求证：数列{1an}是等差数列，并求数列{anan+1}的前n项和Sn．
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=1an+1−1an，bcsC+ccsB=−2acsA，求△ABC面积的最大值．
17.(本小题12分)
如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=6，D，E分别是AC，AB上的点，CD=BE= 2，O为BC的中点.将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′−BCDE，其中A′O= 3．
(1)求证：A′O⊥平面BCDE；
(2)求点B到平面A′CD的距离．
18.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F坐标为(1,0)，且椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程
(Ⅱ)过右焦点F的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点Q关于x轴的对称点为Q′，试问△FPQ′的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
定义运算：mnpq=mq−np，已知函数f(x)=lnxx−11a，g(x)=1x−1．
(1)若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值；
(2)若函数ℎ(x)=f(x)+g(x)存在两个极值点x1，x2，证明：ℎ(x1)−ℎ(x2)x1−x2−a+2<0；
(3)证明：(1+122)(1+132)(1+142)…(1+1n2)答案解析
1.D
【解析】解：由2+2z1−i=iz得2+2z=iz+z，即(1−i)z=−2
∴z=−21−i=−2(1+i)2=−1−i．
故选：D．
化简已知条件，利用复数除法运算求得z的表达式．
本题主要考查复数方程的解法，考查复数除法运算，属于基础题．
2.D
【解析】解：A中，3−x>0，x<3，则A=(−∞,3)，
B中，y= −x2+6x= −(x−3)2+9≤3，
则B=[0,3]，则A∩B=[0,3)．
故选：D．
根据集合的定义，函数的性质即可得．
本题考查集合的运算，函数的性质，属于基础题．
3.B
【解析】解：根据题意，圆C：(x+1)2+y2=r2(r>0)，其圆心C(−1,0)，半径为r，
直线l：y=kx+1，恒过点(0,1)，
由∀k∈R，直线l与圆C有公共点，
可得(0,1)在圆内或圆上即可，
即将(0,1)代入圆的方程可得(0+1)2+12≤r2(r>0)，
解得r≥ 2，
又r∈( 2,+∞)⫋r∈[ 2，+∞)，
即“∀k∈R，直线l与圆C有公共点”是“r> 2”的必要不充分条件．
故选：B．
根据∀k∈R，直线l与圆C有公共点，可得(0,1)在圆内或圆上即可，代入圆的方程可得r的范围，再结合集合法判断充要条件即可．
本题考查直线与圆的位置关系，充要条件的判断，属于基础题．
4.A
【解析】解：∵tanαtanβ=−3，
∴sinαsinβ=−3csαcsβ，
∵cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=4csαcsβ=12，
∴csαcsβ=18，
∴cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ=−2csαcsβ=−14．
故选：A．
由已知结合同角基本关系及和差角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角基本关系及和差角公式的应用，属于基础题．
5.B
【解析】解：甲、乙、丙、丁四人排成一列共有A44=24种可能，
丙不在排头，且甲或乙在排尾的情况有C21C21A22=8种可能，
故P=824=13．
故选：B．
先求出甲、乙、丙、丁四人排成一列的所有排法，然后求出丙不在排头，且甲或乙在排尾结果数，结合古典概率公式即可求解．
本题主要考查了古典概率公式的应用，属于基础题．
6.C
【解析】解：y′=1x+2a，令1x+2a=e，则x=1e−2a，有y=ln(1e−2a+2a)=−1，
即e(1e−2a)−2b=−1，即ae+b=1，
又a，b为正实数，则1ea+1b=(1ea+1b)(ae+b)=1+1+bea+eab≥2+2 bea⋅eab=4，
当且仅当bea=eab，即b=ea=12时，等号成立．，
故1ea+1b的取值范围是[4,+∞)．
故选：C．
利用导数的几何意义计算可得ae+b=1，结合基本不等式中“1”的活用计算即可得．
本题主要考查导数的几何意义，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
7.A
【解析】解：令x=12，得(1−2×12)2021=b0+b12+b222+…+b202122021=0．
又因为b0=1，所以a1=b12+b222+…+b202122021=−1．
由an+1=SnSn+1=Sn+1−Sn，得Sn+1−SnSnSn+1=1Sn−1Sn+1=1，
所以1Sn+1−1Sn=−1，
所以数列{1Sn}是首项为1S1=−1，公差为−1的等差数列，
所以1Sn=−1+(n−1)⋅(−1)=−n，
所以Sn=−1n，所以S2021=−12021．
故选：A．
先根据二项式定理求出a1，再根据递推公式可得数列{1Sn}是首项为1S1=−1，公差为−1的等差数列，即可求出．
本题考查了二项式定理和数列的通项公式，考查了运算能力和求解能力，属于中档题．
8.A
【解析】解：∵y=f(x)= x2+4x+8+ x2−4x+8= (x+2)2+(0+2)2+ (x−2)2+(0−2)2，
则f(x)可看作x轴上一点P(x,0)到点A(−2,−2)与点B(2,2)的距离之和，即|PA|+|PB|，
则可知当A，P，B三点共线时，|PA|+|PB|取得最小值，
即(|PA|+|PB|)min=|AB|= (−2−2)2+(−2−2)2=4 2．
故选：A．
利用两点间距离公式可将问题转化为x轴上一点P(x,0)到点A(−2,−2)与点B(2,2)的距离之和的最小值，当A，P，B三点共线时(|PA|+|PB|)min=|AB|，进而即得．
本题主要考查两点间距离公式，属于基础题．
9.ABD
【解析】解：对于A，由10×70%=7，可知样本数据的70%分位数是第7项和第8项数据的平均数，
即为23+242=23.5，故A正确；
对于B，不等式ax2+bx+c<0的解集为(−∞,1)∪(5,+∞)，可知a<0，
由题意可得x=1与x=5是关于x的方程ax2+bx+c=0的两根，
所以−ba=6ca=5，解得b=−6ac=5a．
所以不等式bx+c>0可化为−6ax+5a>0，解得x>56，故B正确；
对于C，因为函数f(x+1)的定义域为[0,1]，所以0≤x≤1，则1≤x+1≤2，
所以1≤2x≤2，解得0≤x≤1，所以f(2x)的定义域为[0,1]，故C错误；
对于D，因为3a=4b=36，所以a=lg336，b=lg436，
所以2a+1b=2lg336+1lg436=2lg363+lg364=lg369+lg364=lg3636=1，故D正确．
故选：ABD．
由百分位数概念可判断A；根据不等式ax2+bx+c<0的解集可知a<0，以及a，b，c的关系，进而可判断结果B；对于C，可求得f(x)的定义域，利用抽象函数的定义域的求法可判断结果；对于D，利用指对互化可得a=lg336，b=lg436，再利用换底公式代入即可求得结果．
本题考查百分位数、一元二次不等式、抽象函数定义域、指对互化等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.ABD
【解析】解：由l1⊥l2，得2b+a−4=0，即a+2b=4，
a>0，b>0，则a+2b=4≥2 2ab，当且仅当a=2b，即a=2，b=1时等号成立，
所以0由a+2b=4，有16=(a+2b)2=a2+4b2+4ab≤2(a2+4b2)，
当且仅当a=2b，即a=2，b=1时等号成立，所以有a2+4b2≥8，B选项成立；
由a+2b=4，有a=4−2b，a>0，b>0，则0a2+b2=(4−2b)2+b2=5b2−16b+16，
对称轴为b=85时，由二次函数的性质可知，
a2+b2有最小值165，C选项错误；
由a+2b=4，有(a+1)+2b=5，
1a+1+12b=15(1a+1+12b)[(a+1)+2b]=15(2+2ba+1+a+12b)≥15(2+2 2ba+1⋅a+12b)=45，
当且仅当2ba+1=a+12b，即a=32,b=54时等号成立，D选项正确．
故选：ABD．
由l1⊥l2，得a+2b=4，利用基本不等式和二次函数的性质，判断各选项中的不等式是否成立．
本题主要考查不等式及其应用，属于中档题．
11.ABC
【解析】解：对于A，曲线C1方程x2+y3−axy=20，
令x=8，得关于y的一元三次方程y3−8ay+44=0，
令f(y)=y3−8ay+44，则f′(y)=3y2−8a，
f′(y)=0最多两根，即函数f(y)最多两个极值点，
即方程y3−8ay+44=0最多有三个实根，选项A正确；
对于B，若曲线如题图所示，则存在x0>0，使得x=x0与曲线图像有三个交点，
即存在x0>0，关于y的方程y3−ax0y+x02−20=0有三个实根．
令f(y)=y3−ax0y+x02−20，则f′(y)=3y2−ax0，
假设a≤0，∀x0>0，都有f′(y)≥0，即f(y)单调递增，
则方程y3−ax0y+x02−20=0在(0,+∞)最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误．
所以a>0，选项B正确；
对于C，当a=0时，曲线C1：x2+y3=20，即函数y=320−x2的图像，
设f(x)=320−x2，x∈R，定义域关于原点对称．
且f(−x)=320−(−x)2=320−x2=f(x)，所以f(x)是偶函数．
所以存在a，使得曲线C1：x2+y3−axy=20是偶函数的图像，选项C正确；
对于D，当a=3时，曲线C1方程为x2+y3−3xy−20=0．
令x=8，得y3−24y+44=0，
令f(y)=y3−24y+44，则f(0)=44>0，f(3)=−1<0，f(4)=12>0，
由零点存在性定理知f(y)=0至少两根，则x=8对应的y值不唯一，不符合函数定义，选项D错误．
故选：ABC．
A、B选项，转化为三次方程根的个数问题研究；C选项，举特例说明存在a值使曲线是偶函数的图像；D选项，令x=8，由零点存在性定理说明方程至少两根，对应y值不唯一即可说明y不是x的函数．
本题考查了函数与方程的应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
12.(5,+∞)
【解析】解：由题意可知，∀x∈[1,4]，x2−mx+4<0恒成立，
即∀x∈[1,4]，m>x+4x恒成立，
函数f(x)=x+4x在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，
又f(1)=5，f(4)=5，∴f(x)max=5，∴m>5，
即m的取值范围是(5,+∞)．
故答案为：(5,+∞)．
由题意可知，∀x∈[1,4]，x2−mx+4<0恒成立，即∀x∈[1,4]，m>x+4x恒成立，再根据函数f(x)=x+4x的单调性，求出f(x)在[1,4]上的最大值即可．
本题主要考查了函数的恒成立问题，分离参数法的应用，以及利用基本不等式求出最值，属于基础题．
13.[0,4]
【解析】解：①当a<0时，函数f(x)在(−∞,a)上单调递减，因此f(x)不存在最大值；
②当a=0时，f(x)=−9,x<08−(x−3)2,x≥0，当x≥0时，f(x)max=f(3)=8>−9，
故函数f(x)存在最大值；
③当0故x≥a时，f(x)=8−(x−3)2≤8，
当x于是a2−9≤8时函数存在最大值．又0④当a>3时，函数在(a,+∞)上单调递减，f(x)≤f(a)=8−(a−3)2，
在(−∞,a)上单调递增，此时f(x)故当8−(a−3)2≥a2−9，解得−1≤a≤4，
又a>3，故3综上，a的取值范围是{a|0≤a≤4}．
故答案为：[0,4]．
对a进行分类讨论，根据函数的单调性以及最大值求得a的取值范围．
本题主要考查了分段函数的单调性和最值，考查了分类讨论的数学思想，属于中档题．
14.{1}
【解析】解：因为f(1)=g(1)=0，且f′(x)=a(2x−1),g′(x)=1x，
若f(x)=ax(x−1)在区间(0,+∞)上优于g(x)=lnx，
可知符合条件的直线y=kx+b应为f(x)，g(x)在x=1的公切线，
则f′(1)=g′(1)，可得a=1，
则切线方程为y=x−1，
令ℎ(x)=f(x)−x+1=(x−1)2≥0在(0,+∞)上恒成立，
令H(x)=lnx−x+1，求导可得H′(x)=1x−1=1−xx，
当x∈(0,1)，可得H′(x)>0，H(x)在(0,1)单调递增，
当x∈(1,+∞)，可得H′(x)<0，H(x)在(1,+∞)单调递减，
所以H(x)≤H(0)=0，即lnx≤x−1在(0,+∞)上恒成立，
所以实数a的取值范围是{1}．
故答案为：{1}．
由题意可得符合条件的直线y=kx+b应为f(x)，g(x)在x=1的公切线，据此计算验证即可．
本题考查导数的综合应用，解题中转化思想的应用，属于中档题．
15.解：(1)由K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=200×(60×20−80×40)2100×100×140×60≈9.524>6.635．
故有99%把握认为该地35−50岁年龄段人每周运动超过2小时与性别有关．
(2)抽取的3人中每周运动不超过2小时的人数为X，
则X～B(3,310)，X=0，1，2，3，
P(X=0)=(710)3=3431000，P(X=1)=C31(310)⋅(710)2=4411000，P(X=2)=C32(310)2⋅(710)=1891000，
P(X=3)=C33(310)3=271000，
所以随机变量X的分布列为：
故E(X)=3×310=910．
【解析】(1)根据独立性检验公式，即可求解；
(2)先判断X服从二项分布，X=0，1，2，3，依次求出概率，再结合期望公式，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量分布列、期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
16.证明：(1)因为数列{an}中，a1=1，an+1=an1+2an．
所以an≠0，
故1an+1=1+2anan=1an+2，
即1an+1−1an=2，
所以数列{1an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
则1an=1+2(n−1)=2n−1，
anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
则Sn=12(1−13+13−15+…+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1；
解：(2)在△ABC中，a=1an+1−1an=2，
因为bcsC+ccsB=−2acsA，
所以sinBcsC+sinCcsB=−2sinAcsA，
即sin(B+C)=−2sinAcsA=sinA，
因为sinA>0，
所以csA=−12，
由A为三角形内角得，A=2π3，
由余弦定理得，a2=4=b2+c2−2bccs2π3=b2+c2+bc≥3bc，当且仅当b=c时取等号，
所以bc≤43，
△ABC面积S=12bcsinA= 34bc≤ 33，即面积的最大值为 33．
【解析】(1)结合已知递推关系，两边取倒数，然后由等差数列的定义即可证明；
(2)先由(1)求出a，然后结合正弦定理，和差角公式进行化简可求A，再由余弦定理及基本不等式可求bc的范围，最后由三角形面积公式可求．
本题主要考查了数列递推关系的应用，等差数列的定义，裂项求和方法的应用，还考查了正弦定理，和差角公式，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．
17.解：(1)连接OD，OE，因为在等腰直角三角形ABC中，∠B=∠C=45°,CD=BE= 2,CO=BO=3，
在△COD中，OD= CO2+CD2−2CO⋅CDcs45°= 5，
同理得OE= 5，
因为AD=A′D=A′E=AE=2 2,A′O= 3，
所以A′O2+OD2=A′D2，A′O2+OE2=A′E2，所以∠A′OD=∠A′OE=90°，
所以A′O⊥OD，A′O⊥OE，OD∩OE=O，OD，OE⊂平面BCDE，
所以A′O⊥平面BCDE；
(2)取DE中点H，则OH⊥OB，以O为坐标原点，
OH，OB，OA′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则O(0,0,0),A′(0,0, 3),C(0,−3,0),D(1,−2,0)，
设平面A′CD的一个法向量为n=(x,y,z)，
又CA′=(0,3, 3),CD=(1,1,0)，
所以n⋅CA′=3y+ 3z=0n⋅CD=x+y=0，令x=1，则y=−1,z= 3，
则n=(1,−1, 3)，
又B(0,3,0)，CB=(0,6,0)，
所以点B到平面A′CD的距离为|CB⋅n||n|=|−6| 5=6 55．
【解析】(1)利用余弦定理求得OD，OE，结合已知条件得A′O2+OD2=A′D2，A′O2+OE2=A′E2，从而∠A′OD=∠A′OE=90°，再利用线面垂直的判定定理即可证明结论；
(2)取DE中点H，则OH⊥OB.以O为坐标原点，OH，OB，OA′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可．
本题考查直线与平面垂直的判定定理、二面角、点到平面的距离及空间向量的应用，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属中档题．
18.解：(Ⅰ)由题意可知：c=1，2a=4，即a=2，
b2=a2−c2=3，
∴椭圆的标准方程：x24+y23=1；
(Ⅱ)设直线l的方程为x=my+1，
与椭圆的方程联立，得x=my+1x24+y23=1,
消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，
∴△=(6m)2−4×(−9)×(3m2+4)=144(m2+1)>0，
设Q(x1,y1)，P(x2,y2)，则Q′(x1,−y1)，
由根与系数的关系，得y1+y2=−6m4+3m2，y1⋅y2=−94+3m2；
直线PQ′的斜率为k=y2−(−y1)x2−x1=y2+y1x2−x1，且Q′(x1,−y1)，
∴直线PQ′的方程为y+y1=y2+y1x2−x1(x−x1)；
令y=0，得x=x1y2+x2y1y1+y2=(my1+1)y2+y1(my2+1)y1+y2
=2my1y2+(y1+y2)y1+y2=2m·(−94+3m2)−6m4+3m2−6m4+3m2=4，
即直线PQ′与x轴交于一个定点，记M(4,0)，
过P作PE平行于x轴交FQ′于点E，
则△Q′EP∽△Q′FM，且EP上的高为|y1+y2|，边FM上的高为|y2|，
所以S△Q ′EPS△Q ′FM=|y1+y2|2|y2|2，
以EP为底，△Q′EP的高为|y1+y2|，△FPQ′的高|y2|，
所以S△Q ′EPS△FPQ ′=|y1+y2||y2|，
则S△FPQ′=S△Q′FM⋅|y1+y2|2|y2|2⋅|y2||y1+y2|=12|FM|⋅|y1+y2|=32×6|m|3m2+4=93m+4m≤94 3=3 34．
∴△FPQ′的面积存在最大值，最大值是3 34．
【解析】(Ⅰ)根据椭圆的定义与几何性质，即可求出它的标准方程；
(Ⅱ)设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，消去一个未知数，化为一元二次方程的问题，判断S△FPQ′是否有最大值，利用基本不等式的性质，即可求得△FPQ′的面积是否存在最大值．
本题考查了圆锥曲线的定义与几何性质的应用问题，也考查了直线与圆锥曲线的综合应用问题，利用基本不等式求函数的最值问题，是综合性题目，属于中档题．
19.解：(1)由题意知：f(x)=alnx−x+1，定义域为(0,+∞)，
∴f′(x)=ax−1(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)单调递减，
∴f(x)不存在最大值，不符合题意，
②当a>0时，由f′(x)=0得x=a，
当x∈(0,a)，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(a,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)max=f(a)=alna−a+1=0，
∴a=1；
(2)证明：∵ℎ(x)=f(x)+g(x)=alnx−x+1x，定义域为(0,+∞)，
∴ℎ′(x)=ax−1−1x2=−x2+ax−1x2，
“函数ℎ(x)存在两个极值点x1，x2”等价于“方程ℎ′(x)=0有两个不相等的正实数根”，
对于方程−x2+ax−1=0，
则Δ=a2−4>0x1x2=1x1+x2=a>0，解得a>2，
∵ℎ(x1)−ℎ(x2)x1−x2=alnx1−x1+1x1−alnx2+x2−1x2x1−x2=a(lnx1−lnx2)x1−x2−2，
要证ℎ(x1)−ℎ(x2)x1−x2−a+2<0，即证lnx1−lnx2x1−x2<1，
∵x1x2=1，不妨令0由lnx1−lnx2x1−x2<1，得2lnx2−x2+1x2<0，
令φ(x)=2lnx−x+1x(x>1)，
则φ′(x)=2x−1−1x2=−x2+2x−1x2=−(x−1)2x2<0在(1,+∞)恒成立，
∴函数φ(x)在(1,+∞)上单调递减，故φ(x)<φ(1)=0，
∴ℎ(x1)−ℎ(x2)x1−x2−a+2<0成立；
(3)证明：由(1)知，lnx−x+1≤0，即lnx≤x−1，
∴当n>1时，ln(1+1n2)<(1+1n2)−1=1n2<1n−1−1n，
∴ln(1+122)+ln(1+132)+...+ln(1+1n2)<(1−12)+(12−13)+...+(1n−1−1n)=1−1n<1，
∴(1+122)(1+132)(1+142)...(1+1n2)【解析】(1)求出f′(x)，分a≤0和a>0两种情况讨论，根据f′(x)的正负得到f(x)的单调性，进而得到f(x)的最值，进而求出a的值；
(2)“函数ℎ(x)存在两个极值点x1，x2”等价于“方程ℎ′(x)=0有两个不相等的正实数根”，结合Δ>0以及韦达定理求出a的取值范围，要证ℎ(x1)−ℎ(x2)x1−x2−a+2<0，即证lnx1−lnx2x1−x2<1，即2lnx2−x2+1x2<0，令φ(x)=2lnx−x+1x(x>1)，求导可得函数φ(x)在(1,+∞)上单调递减，故φ(x)<φ(1)=0得证；
(3)由(1)知lnx≤x−1，所以当n>1时，ln(1+1n2)<(1+1n2)−1=1n2<1n−1−1n，进而证得(1+122)(1+132)(1+142)…(1+1n2)本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式的放缩，属于中档题．女性
男性
每周运动超过2小时
60
80
每周运动不超过2小时
40
20
P(K2>k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P
3431000
4411000
1891000
271000