2025-2026学年高二数学下学期第一次月考02【广东专用，人教A版选修二导数及其应用+选三的计数原理】

这是一份2025-2026学年高二数学下学期第一次月考02【广东专用，人教A版选修二导数及其应用+选三的计数原理】试卷主要包含了测试范围，已知函数f，函数f等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：人教A版（2019）选二导数+选三计数原理
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知函数f（x）在x＝1处可导，若limΔx→0f(2Δx+1)−f(1)Δx=15，则f′（1）＝（ ）
A．−110B．110C．−25D．25
【分析】根据导数的极限定义求解即可．
【解答】解：由题意可知，limΔx→0f(2Δx+1)−f(1)2Δx=110，则f'(1)=110．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数的定义，属于基础题．
2．已知某质点的位移函数为s（t）＝t3﹣3t2+3，则当t＝1s时，该质点的瞬时速度大小为（ ）
A．﹣4m/sB．﹣3m/sC．3m/sD．6m/s
【分析】利用导数求出s′（1）的值，即可得出答案．
【解答】解：由题可得：s′（t）＝3t2﹣6t，
故s′（1）＝3﹣6＝﹣3．
当t＝1s时，该质点的瞬时速度大小为﹣3m/s．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数的应用，属于基础题．
3．函数f（x）＝e2x﹣x，则函数f（x）的单调递增区间为（ ）
A．(−∞，−12ln2]B．(−∞，12ln2]
C．[−12ln2，+∞)D．[12ln2，+∞)
【分析】通过求导并解导数大于零的不等式，即可确定函数的单调递增区间．
【解答】解：由题f'（x）＝2e2x﹣1，
函数的单调递增区间由f'（x）＞0确定：
2e2x﹣1＞0⇒2e2x＞1⇒e2x＞12⇒2x＞ln(12)⇒2x＞﹣ln2⇒x＞−ln22，
因此函数f（x）的单调递增区间为(−12ln2，+∞)．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数求解函数的单调区间，属于基础题．
4．在（1+x）6的展开式中，若xk与xk+2的系数相同，则k＝（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】由二项式展开式的通项公式以及组合数性质即可计算求解．
【解答】解：（1+x）6的展开式的通项公式为C6rxr，
由题可得：C6k=C6k+2，
所以k+（k+2）＝6，解得k＝2．
故选：C．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
5．已知函数f（x）＝﹣x2+8x+alnx在区间（4，+∞）上是减函数，则a的取值范围是（ ）
A．[0，+∞）B．[﹣1，+∞）C．（﹣∞，0]D．（﹣∞，1]
【分析】根据题意得到x∈（4，+∞），−2x2+8+ax≤0恒成立．从而得到x∈（4，+∞），a≤2x2﹣8x恒成立，再根据g（x）＝2x2﹣8x的单调性求解即可．
【解答】解：因为函数f（x）＝﹣x2+8x+alnx在区间（4，+∞）上是减函数，
所以x∈（4，+∞），f'(x)=−2x+8+ax≤0恒成立．
所以x∈（4，+∞），a≤2x2﹣8x恒成立．
设g（x）＝2x2﹣8x，x∈（4，+∞），
因为对称轴为x＝2，所以g（x）＝2x2﹣8x在（4，+∞）为增函数，
所以g（x）＞g（4）＝0，所以a≤0．
故选：C．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
6．用0，2，3，5，7，8这6个数字可以组成N个无重复数字的六位数，其中偶数有M个，则MN=（ ）
A．2750B．1325C．1225D．12
【分析】根据排列组合知识求出N，M，代入MN可得结果．
【解答】解：从2，3，5，7，8中任选一个数字排在首位，其余5个数字全排可得N=C51A55=25A44，
0排在个位的无重复数字的六位偶数有A55个，
0不排在个位的无重复数字的六位偶数有C21C41A44=8A44个，
故M=A55+8A44=13A44．
所以MN=1325．
故选：B．
【点评】本题考查排列组合相关知识，属于基础题．
7．函数f(x)=xex的图象上的点到直线x﹣y+2＝0的距离的最小值为（ ）
A．22B．1C．2D．2⋅2
【分析】求出与直线x﹣y+2＝0平行的切线，切线到直线的距离即为最小距离．
【解答】解：由题意函数f(x)=xex，
对函数求导可得f'(x)=1−xex，令f′（x）＝1，即1−xex=1⇒ex+x−1=0，
令g（x）＝ex+x﹣1，g′（x）＝ex+1＞0，∀x∈R恒成立，
故函数g（x）在R上单调递增，且g（﹣1）g（1）＝1﹣2e＜0，故函数仅有一个零点，
令x＝0，g（0）＝e0+0﹣1＝0，即切点横坐标为0，
代入f(x)=0e0=0，切点坐标为（0，0），切线方程为：x﹣y＝0，
切线与直线之间的距离d=|2−0|12+(−1)2=2．
故选：C．
【点评】本题考查了利用导数研究函数得单调性，函数的切线，是中档题．
8．已知函数f(x)=exa−xlnx+x(a＞0)有两个极值点，则a的最小整数值为（ ）
A．2B．3C．5D．7
【分析】分析可知f'（x）在（0，+∞）内存在两个变号零点，令1a=m，可得出mx•emx＝lnx•elnx构造函数h（x）＝xex，x＞0，利用导数分析函数h（x）的单调性，可得出即m=lnxx在（1，+∞）内有两个不同的根，令φ(x)=lnxx，利用导数分析函数φ（x）的单调性与极值，数形结合可得出m的取值范围，即可得出a的取值范围，即可得解．
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），问题等价于f'（x）在（0，+∞）内存在两个变号零点，
即f'(x)=1aexa−lnx在（0，+∞）内有两个变号零点，
因为x∈（0，+∞），令1a=m，问题可以转化为关于x的方程mxemx﹣xlnx＝0在（0，+∞）内有两个不同的解，
又方程mxemx﹣xlnx＝0可化为mx•emx﹣lnx•elnx＝0，
即mx•emx＝lnx•elnx，
令h（x）＝xex，x＞0，则h'（x）＝（1+x）ex＞0在区间（0，+∞）上恒成立，
因此函数h（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
又mx＞0，因此lnx＞0，即x＞1，因此问题等价于lnx＝mx，
即m=lnxx在（1，+∞）内有两个不同的根，
令φ(x)=lnxx，则φ'(x)=1−lnxx2，
当x∈（1，e）时，φ'（x）＞0函数φ（x）在区间（1，e）上单调递增；
当x∈（e，+∞）时，φ'（x）＜0函数φ（x）在区间（e，+∞）上单调递减，
因此函数φ（x）在x＝e处取得极大值φ(e)=1e，
由图象可知，当m∈(0，1e)时，直线y＝m与函数φ（x）的图象有两个交点，且其横坐标分别为x1、x2，
又a=1m，因此a∈（e，+∞），
因此a的最小整数值为3．
故选：B．
【点评】本题考查利用导数求解函数的极值，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．函数f（x）＝x2﹣3x+lnx在下列哪个区间单调递增（ ）
A．(−∞，12)B．（1，+∞）C．(12，1)D．(0，12)
【分析】求导判断单调递增区间即可．
【解答】解：求导得f'(x)=2x−3+1x．令f′（x）＞0，即2x−3+1x＞0，
因为x＞0（lnx中x＞0），两边同乘x得2x2﹣3x+1＞0．解得x＞1或0＜x＜12，
所以f（x）的单调递增区间是(0，12)和（1，+∞）．
故B，D选项符合题意．
故选：BD．
【点评】本题考查导数求解函数单调区间，属于简单题．
10．已知函数f(x)=13x3−4x+4，则（ ）
A．f（x）的图象关于点（0，4）对称
B．f（x）的极大值点为(−2，283)
C．f（x）在区间[0，3]上的值域为[−43，4]
D．若关于x的方程f（x）+t＝0有两个不相等的实数根，则实数t的值为43
【分析】构造函数g(x)=13x3−4x，判断其为奇函数，其图象平移可得f（x）的图象，进而得到对称中心，判断A正确；利用导数f′（x），得出单调区间和极值可得，B错误，C正确；数形结合得出D错误．
【解答】解：设g(x)=13x3−4x，因为g(−x)=−13x3+4x=−g(x)，所以函数g（x）为奇函数，
则其图象关于原点（0，0）对称，将函数y＝g（x）的图象向上平移4个单位长度得到y＝f（x）的图象，所以f（x）的图象关于点（0，4）对称，故A正确；
因为f(x)=13x3−4x+4，则f′（x）＝x2﹣4＝（x+2）（x﹣2），
令f′（x）＝0，解得x＝﹣2或x＝2，
当x＜﹣2或x＞2时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，
f（x）在（﹣∞，﹣2）和（2，+∞）上单调递增，在（﹣2，2）上单调递减，
故f（x）的极大值点为x＝﹣2，故B错误；
由选项B可知，f（x）在[0，2）上单调递减，在[2，3]上单调递增，
所以当x属于[0，3]时，f(x)min=f(2)=13×8−4×2+4=−43
又f（0）＝4，f（3）＝1，
所以f（x）在区间[0，3]上的值域为[−43，4]，故C正确；
画出函数f(x)=13x3−4x+4的图象，如图所示，
由f（x）+t＝0得f（x）＝﹣t，
若关于x的方程f（x）+t＝0有两个不相等的实数根，
则函数y＝f（x）的图象与直线y＝﹣t有两个交点，
由图象知−t=−43或283，所以t的值为43或−283，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查了导数的综合应用，考查了数形结合思想及函数思想，属于基础题．
11．已知函数f(x)=excsx−x，x∈[−π2，π2]，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）为偶函数
B．x＝0为f（x）的导函数f′（x）的极大值点
C．x＝0是函数f（x）的极值点
D．函数f（x）的零点个数为1
【分析】利用函数奇偶性判断选项A，对函数f（x）求导得f′（x），令g（x）＝f′（x），对g（x）求导，利用函数单调性分析即可得出结论；通过函数f（x）在x∈(−π2，π2)上单调性分析得出选项C；利用函数零点存在性定理以及函数单调性判断即可得出选项D．
【解答】解：由函数f（x）的定义域为x∈[−π2，π2]关于原点对称，
且f（﹣x）＝e﹣xcs（﹣x）﹣（﹣x）＝e﹣xcsx+x≠f（x），
所以函数f（x）不是偶函数，故A错误；
由f′（x）＝excsx﹣exsinx﹣1，
令g（x）＝f′（x）＝excsx﹣exsinx﹣1，
则g′（x）＝excsx﹣exsinx﹣exsinx﹣excsx＝﹣2exsinx，
令g′（x）＝0⇒﹣2exsinx＝0⇒x＝kπ，k∈Z，
因为x∈[−π2，π2]，所以x＝0，
当x∈(−π2，0)时，g′（x）＞0，所以g（x）在x∈(−π2，0)上单调递增，
当x∈(0，π2)时，g′（x）＜0，所以g（x）在x∈(0，π2)上单调递减，
所以x＝0为g（x）的极大值点，
即x＝0为f（x）的导函数f′（x）的极大值点，故B正确；
由B选项可知当x∈[−π2，π2]时，
g（x）≤g（0）＝e0cs0﹣e0sin0﹣1＝0，
即当x∈[−π2，π2]时，f′（x）≤0，
所以函数f（x）在x∈[−π2，π2]上单调递减，
所以x＝0不是函数f（x）的极值点，故C错误；
由函数f（x）在x∈[−π2，π2]上单调递减，
且f(−π2)=e−π2cs(−π2)−(−π2)=π2＞0，
f(π2)=eπ2csπ2−π2=−π2＜0，
所以函数f（x）在x∈[−π2，π2]上只有1个零点，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，利用导数研究函数的极值，函数零点个数的判断，考查运算求解能力，属于中档题．
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若直线y＝ax+1与f（x）＝lnx在（e，1）处的切线垂直，则a＝ ．
【分析】求导得f'(x)=1x，代入x＝e得到切线斜率，再根据直线垂直与斜率关系即可得到答案．
【解答】解：由题意直线y＝ax+1与f（x）＝lnx在（e，1）处的切线垂直，
对函数求导可得f'(x)=1x，f'(e)=1e，则a⋅1e=−1，解得a＝﹣e．
故答案为：﹣e．
【点评】本题考查了导数的几何意义，是基础题．
13．某校招聘了6名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有 种．
【分析】根据分步乘法计数原理，结合排列组合即可求解．
【解答】解：由题意6名教师，平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，
可先将2名英语教师分到两个校区，有2种方法，
第二步将3名数学老师分成2组，一组1人另一组2人，有C32C11=3种分法，然后再分到两个校区，共有3A22=6种方法，
第三步只需将其他1人分到人数少的一个校区，根据分步乘法计数原理知不同的分配方案共有2×6＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查了排列组合的运用，是中档题．
14．已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣a2x在x∈（﹣1，2）上既有最大值，又有最小值，则实数a的取值范围为 ．
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及最值关系即可求解．
【解答】解：由题意可得f'（x）＝3x2﹣2ax﹣a2＝（x﹣a）（3x+a），x∈R，
令f'（x）＝0，解得x＝a或x=−a3，
当a=−a3，即a＝0时，f'（x）≥0，f（x）在（﹣1，2）上单调递增；
当a＞−a3，即a＞0时，令f'（x）＞0，解得x＜−a3或x＞a，令f'（x）＜0，﹣a解得−a3＜x＜a，
所以f（x）在（﹣∞，−a3）和（a，+∞）上单调递增，在（−a3，a）上单调递减，
因为f（2）＝8﹣4a﹣2a2，f（﹣1）＝﹣1﹣a+a2，f（−13a）=527a3，f（a）＝﹣a3，
因为f（x）在（﹣1，2）上既有最大值，又有最小值，则−1＜−13a＜2−1＜a＜2a＞05a327≥8−4a−2a2−1−a+a2≥−a3，
解得65≤a＜2，
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，a），（−a3，+∞）上单调递增，在（a，−a3）上单调递减，
因为f（x）在（﹣1，2）上既有最大值，又有最小值，则−1＜−13a＜2−1＜a＜2a＜0−1−a+a2≥5a327−a3≥8−4a−2a2，a不存在，
故a的范围为[65，2）．
故答案为：[65，2）．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
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．（13分）已知二项式(1x−2x)n的展开式中各项的二项式系数之和为128．
（1）求n；
（2）求展开式中含x项的系数；
（3）求展开式的第六项．
【分析】（1）由条件结合二项式系数的性质得所有二项式系数和为2n列方程求n即可；
（2）根据二项式展开式的通项得Tr+1=C7r(−2)rx3r−72，令3r−72=1，可求r，由此可求结论；
（3）根据二项式展开式的通项得Tr+1=C7r(−2)rx3r−72，再令r＝5进行求解即可．
【解答】解：（1）由题意可得，2n＝128，解得n＝7； ………….（3分）
（2）二项式(1x−2x)7展开式的通项为Tr+1=C7r(1x)7−r⋅(−2x)r=C7r(−2)rx3r−72，r＝0，1，2，3，4，5，6，7，
令3r−72=1，解得r＝3，
故展开式中含x项的系数为(−2)3C73=−280；………….（8分）
（3）二项式(1x−2x)7展开式的通项为Tr+1=C7r(−2)rx3r−72，r＝0，1，2，3，4，5，6，7，
令r＝5，可得T6=C75(−2)5x3×5−72=−672x4，
所以展开式的第六项为﹣672x4．………….（13分）
【点评】本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
16．（15分）已知函数f（x）＝ax3﹣x2﹣3x+b，且当x＝3时，f（x）有极值﹣5．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求f（x）在[﹣4，4]上的最大值和最小值．
【分析】（1）先求导函数，再根据极值点列方程求解即可；
（2）求出导函数，根据导函数正负得出单调性写出极值和最值即可得出最值．
【解答】解：（1）由f（x）＝ax3﹣x2﹣3x+b，得f′（x）＝3ax2﹣2x﹣3，
又当x＝3时，f（x）有极值﹣5，
所以f'(3)=27a−9=0f(3)=27a−18+b=−5，解得a=13b=4，………….（3分）
所以f′（x）＝x2﹣2x﹣3＝（x+1）（x﹣3），当x∈（﹣1，3）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．………….（5分）
所以当x＝3时，f（x）有极小值﹣5．
所以a=13，b=4．………….（6分）
（2）由（1）知f′（x）＝（x+1）（x﹣3）．
令f′（x）＝0，得x1＝﹣1，x2＝3，………….（9分）
f′（x），f（x）的值随x的变化情况如下表：
由表可知f（x）在[﹣4，4]上的最大值为f(−1)=173，最小值为f(−4)=−643．………….（15分）
【点评】本题主要考查导数与单调性及极值及最值关系的应用，属于中档题．
17．（15分）已知函数f(x)=xlnx−12kx2−x（k为常数，且k≥0）．
（1）当k＝0时，求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）若函数f（x）有两个零点，求实数k的取值范围．
【分析】（1）根据导数研究函数的单调性，进而求出极值；
（2）将函数有两个零点的问题转化为方程有两个解的问题，再通过构造新函数，研究新函数的单调性和极值，从而确定k的取值范围．
【解答】解：（1）已知函数f(x)=xlnx−12kx2−x（k为常数，且k≥0），
当k＝0时，f（x）＝xlnx﹣x，定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx+1﹣1＝lnx．
令f′（x）＞0，即lnx＞0，解得x＞1；
令f′（x）＜0，即lnx＜0，解得0＜x＜1．
所以函数f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；
f（x）在x＝1处取得极小值，极小值为f（1）＝1×ln1﹣1＝﹣1，无极大值．………….（6分）
（2）因为x＞0，所以由f(x)=xlnx−12kx2−x=0，得12k=lnx−1x．
设g(x)=lnx−1x(x＞0)，则g'(x)=2−lnxx2(x＞0)．
令g′（x）＞0，解得0＜x＜e2，所以g（x）在（0，e2）上单调递增，
令g′（x）＜0，解得x＞e2，所以g（x）在（e2，+∞）上单调递减．………….（10分）
所以g(x)max=g(e2)=lne2−1e2=2−1e2=1e2．
又g（e）＝0，所以当x→0时，g（x）→﹣∞；当x→+∞时，g（x）＞0，且g（x）→0．
由函数f（x）有两个零点知，函数y=12k与y＝g（x）的图象有两个交点，
所以0＜12k＜1e2，即实数k的取值(0， 2e2)．………….（15分）
【点评】本题考查了导数的综合应用，重点考查了利用导数求函数的单调区间及极值，属中档题．
18．（17分）已知函数f(x)=axex，g(x)=lnx−x．
（1）当a＝1时，求f（x）的极值；
（2）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：k=2n lnkk＜n+e(e−1)en−ee−1(n≥2，n∈N∗)．
【分析】（1）求出函数的导函数，求出函数的单调区间，然后利用极值的概念求解即可；
（2）f（x）≥g（x）等价于a≥exlnx−xexx，令ℎ(x)=exlnx−xexx，多次求导求出函数h（x）的单调性，进而求得h（x）的最大值，即可求解；
（3）由（2）可知−exex≥lnx−x，即lnxx≤1−1ex−1，然后利用累加法证明即可．
【解答】解：（1）已知函数f(x)=axex，
当a＝1时，函数f(x)=xex，f'(x)=1−xex，
则f′（1）＝0，当x∈（﹣∞，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
因此f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
因此f（x）在x＝1处取得极大值，无极小值，且极大值为f(1)=1e；………….（4分）
（2）当x＞0时，f（x）≥g（x）等价于a≥exlnx−xexx，
令ℎ(x)=exlnx−xexx，求导得ℎ'(x)=ex(x−1)(lnx−x−1)x2，
令φ（x）＝lnx﹣x﹣1，则φ'(x)=1−xx，
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
则φ（x）≤φ（1）＝﹣2，即lnx﹣x﹣1＜0恒成立，
于是当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
即h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
因此h（x）≤h（1）＝﹣e，
因此a的取值范围为[﹣e，+∞）；………….（10分）
（3）证明：由（2）可知，当a＝﹣e时，有−exex≥lnx−x，
则lnxx≤1−1ex−1，当且仅当x＝1时等号成立，
因此ln22＜1−1e1，⋯，lnnn＜1−1en−1，
将以上n﹣1个不等式左右两边分别相加得
ln22+ln33+...+lnnn＜(n−1)−(1e1+...+1en−1)=n−(1e0+1e1+...+1en−1)=n−1−(1e)n1−1e
=n−e(1−e−n)e−1=n+e(e−1)en−ee−1．
证毕．………….（17分）
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值与最值，属于中档题．
19．（17分）已知函数f(x)=ln1+x1−x+csx−ax2−2x，g(x)=2lnx−x+1x．
（1）证明：当x＞1时，g（x）＜0．
（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a的取值范围．
（3）若a＝0，且b+cs[ln（1+θ）]＝f（sinθ），其中θ∈(0，π2)，证明：b+2sinθ＜2tanθ．
【分析】（1）利用求导判断函数的单调性，利用单调性即可得证；
（2）将函数f（x）求导得f'(x)=21−x2−sinx−2ax−2，记g（x）＝f′（x），再求导得g'(x)=4x(1−x2)2−csx−2a，根据g′（0）＝﹣1﹣2a，分成g′（0）＝0，g′（0）＞0和g′（0）＜0三类情况讨论函数的单调性，即可逐一判断求得参数范围；
（3）由（1）知，当x＞1时，2lnx＜x−1x，先后令x=k＞1(k＞1)，令k=1+t1−t＞1(0＜t＜1)，将其化成ln1+t1−t＜2t1−t2，再令t＝sinθ，θ∈(0，π2)，可得ln1+sinθ1−sinθ＜2tanθ，利用f（x）结合条件可得b+cs[ln（1+θ）]＜2tanθ+cs（sinθ）﹣2sinθ，从而要证b+2sinθ＜2tanθ，即证cs[ln（1+θ）]＞cs（sinθ），再由余弦函数的单调性，需证sinθ＞ln（1+θ），设K（θ）＝sinθ﹣ln（1+θ），利用求导判断单调性证明K（θ）＞0即可．
【解答】解：（1）证明：由题意g(x)=2lnx−x+1x，
对函数求导可得g'(x)=2x−1−1x2=−(x−1)2x2，
当x＞1时，g′（x）＜0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以g（x）＜g（1）＝0，故当x＞1时，g（x）＜0；………….（4分）
（2）f(x)=ln1+x1−x+csx−ax2−2x的定义域为（﹣1，1），则f'(x)=21−x2−sinx−2ax−2，
记g（x）＝f′（x），则g'(x)=4x(1−x2)2−csx−2a，则g′（0）＝﹣1﹣2a．
①若g′（0）＜0，即a＞−12，同理可得，存在m3＜0＜m4，使得当x∈（m3，m4）时，g′（x）＜0，
则f′（x）在（m3，m4）上单调递减．又f′（0）＝0，则当x∈（0，m4）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（m3，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以x＝0是f（x）的极大值点；………….（6分）
②若g′（0）＝0，即a=−12，则f'(x)=21−x2−sinx+x−2，
令φ（x）＝x﹣sinx，则φ′（x）＝1﹣csx≥0，所以φ（x）在（0，1）上单调递增，
当x∈（0，1）时，φ（x）＞φ（0）＝0．此时21−x2＞2，则f′（x）＞0，故f（x）在（0，1）上单调递增，不合题意；………….（8分）
③若g′（0）＞0，即a＜−12，则必存在m1＜0＜m2，使得当x∈（m1，m2）时，g′（x）＞0，则f′（x）在（m1，m2）上单调递增．
又f′（0）＝0，所以当x∈（0，m2）时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，m2）上单调递增，不合题意；
综上所述，a的取值范围是(−12，+∞)；………….（10分）
（3）证明：由（1）知，当x＞1时，2lnx＜x−1x，
令x=k＞1(k＞1)，则lnk＜k−1k=k−1k，再令k=1+t1−t＞1(0＜t＜1)，
则ln1+t1−t＜1+t1−t−11+t1−t=2t1−t2，………….（12分）
令t＝sinθ，θ∈(0，π2)，则ln1+sinθ1−sinθ＜2tanθ，
所以f(sinθ)=ln1+sinθ1−sinθ+cs(sinθ)−2sinθ＜2tanθ+cs(sinθ)−2sinθ，
由b+cs[ln（1+θ）]＝f（sinθ），得b+cs[ln（1+θ）]＜2tanθ+cs（sinθ）﹣2sinθ，
要证b+2sinθ＜2tanθ，只需证cs[ln（1+θ）]＞cs（sinθ），
因为y＝csx在（0，π）上单调递减，所以只需证sinθ＞ln（1+θ），
令K（θ）＝sinθ﹣ln（1+θ），则K'(θ)=csθ−11+θ，令h（θ）＝K′（θ），则ℎ'(θ)=−sinθ+1(1+θ)2，
易知h′（θ）在(0，π2)上单调递减．又h′（0）＝1＞0，ℎ'(π2)=−1+1(1+π2)2＜0，
所以存在θ0∈(0，π2)，使得h′（θ0）＝0，则K′（θ）在(θ0，π2)上单调递减，在（0，θ0）上单调递增，
又K′（0）＝0，且K′（θ）在（0，θ0）上单调递增，故K′（θ）在（0，θ0）上大于0．
而K′（θ）在(θ0，π2) 上单调递减，且K'(π2)＜0，故存在唯一的θ1∈(θ0，π2)，使得K′（θ1）＝0．
则K（θ）在（0，θ1）上单调递增，在(θ1，π2)上单调递减．
又K（0）＝0，K(π2)=1−ln(1+π2)＞1−lne=0，所以K（θ）＞0恒成立，
所以sinθ＞ln（1+θ），则cs（sinθ）＜cs[ln（1+θ）]，所以b+2sinθ＜2tanθ．………….（17分）
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，是难题．
x
﹣4
（﹣4，﹣1）
﹣1
（﹣1，3）
3
（3，4）
4
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
−643
单调递增
极大值173
单调递减
极小值﹣5
单调递增
−83