2020-2021学年江苏淮安高三上数学月考试卷

这是一份2020-2021学年江苏淮安高三上数学月考试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=x|x2−4x−5<0，B=x|1−x>0，则A∩B=（ ）
A.−∞,1 B.−1,1 C.−1,5 D.0,5

2. 若a∈R，则“|a|>1”是“a3>1”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

3. 关于x的不等式x2+ax−3<0，解集为(−3, 1)，则不等式ax2+x−3<0的解集为( )
A.(1, 2)B.(−1, 2)C.(−12,1)D.(−32,1)

4. 已知a=lg45，b=lg23，c=sin2，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
5. ＂平均增长量＂是指一段时间内某一数据指标增长量的平均值，其计算方法是将每一期增长量相加后，除以期数，即 i=2nai−ai−1n−1．国内生产总值（GDP）被公认为是衡量国家经济状况的最佳指标，下表是我国2015−2019年GDP数据．
根据表中数据，2015−2019年我国GDP的平均增长量为( )
万亿万亿万亿万亿

6. 函数y=2|x|−x2(x∈R)的图象为( )
A.B.
C.D.

7. 函数fx=lgx−12x的零点所在区间为( )
A.0,1B.1,2C.2,3D.3,4

8. 若函数fx=x3+2−ax2+a3x+1在其定义域上不单调，则实数a的取值范围为( )
A.a<1或a>4B.a≥4C.1二、多选题

下列命题的是真命题的是( )
A.若 a>b ，则 1a<1bB.若 x>y,m>n ，则 x−n>y−m
C.若 x>y,m>n ，则 xm>ynD.若 ac2>bc2 ，则 a>b

已知函数f(x)=xlnx，给出下面四个命题：
①函数fx的最小值为−1e；②函数f(x)有两个零点；
③若方程fx=m有一解，则m≥0；④函数fx的单调减区间为(−∞,1e)．
则其中错误命题的序号是( )
A.①B.②C.③D.④

“已知函数fx=x2−csx，对于−π2,π2上的任意x1，x2，若________，则必有fx1>fx2恒成立．”在横线中填上下列选项中的某个条件，使得上述说法正确的可以是( )
A.|x1|>x2B.x1+x2>0C.x12>x22D.x1x2>1

已知函数y=mex的图象与直线y=x+2m有两个交点，则m的取值可以是( )
A.−1B.1C.2D.3
三、填空题

幂函数f(x)=(m2−m−1)xm2+m−3在(0, +∞)时是减函数，则实数m的值为________.

函数fx=x2−2xex的极大值点为________.

在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C:y=x3−10x+3上，且在第二象限内，已知曲线C在点P处的切线斜率为2，则点P的坐标为________．

对于三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0，定义：设f′′x是函数y=fx的导数y=f′x的导数，若方程f′′x=0有实数解x0，则称点x0,fx0为函数y=fx的“拐点”．有同学发现“任何一个三次函数都有拐点，任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点就是对称中心．”请你将这一发现为条件，解答如下问题：
若已知函数fx=x3−32x2+3x−14，则fx的对称中心为________；
计算f12021+f22021+f32021+⋯+f20202021=________.
四、解答题

计算下列各式的值.
(1)−278−23+0.002−12−105−2−1+π0；

(2)1−lg632+lg62⋅lg618lg64.

已知f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)=x2+2x−3．
(1)求f(x)的解析式；

(2)若f(2m−1)
若二次函数f(x)满足f(x+1)−f(x)=4x+6，且f(0)=3．
(1)求f(x)的解析式；

(2)设g(x)=f(x)+(a−2)x2+(2a+2)x，g(x)在[−2, +∞)单调递增，求a的取值范围．

某厂生产产品x件的总成本c(x)=1200+275x3（万元），已知产品单价P（万元）与产品件数x满足：P2=kx，生产100件这样的产品单价为50万元．
(1)设产量为x件时，总利润为L(x)（万元），求L(x)的解析式；

(2)产量x定为多少件时总利润L(x)（万元）最大？并求最大值（精确到1万元）．

已知函数 f(x)=ax2−(a+1)x+1：
(1)当 a=−2 时，解关于x的不等式f(x)<0；

(2)当 a>0 时，解关于x的不等式 f(x)>0.

已知函数f(x)=aexlnx(a>0，e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y=fx在(1,f(1))处的切线方程为x−y−1=0，求实数a的值；

(2)讨论函数fx的单调性；

(3)若fx参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏淮安高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A=−1,5，
B=−∞,1，
所以A∩B=−1,1．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
分别解出不等式“|a|>1”，“a3>1”，即可判断出结论．
【解答】
解：由“|a|>1”得a>1或a<−1，
由“a3>1”得a>1．
∵ a>1或a<−1是a>1必要不充分条件，
∴ “|a|>1”是“a3>1”必要不充分条件．
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：由题意知，x=−3和x=1是方程x2+ax−3=0的两根，
∴ −3+1=−a，解得：a=2，
∴ 不等式为2x2+x−3<0，即(2x+3)(x−1)<0，
解得：−32∴ 不等式ax2+x−3<0的解集为(−32, 1)．
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
不等式比较两数大小
对数值大小的比较
【解析】

【解答】
解：∵ 1∴ 1∵ c=sin2<1，
∴ c故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）根据题目所给信息进行求解即可.
【解答】
解：i=25ai−ai−15−1
=(74.64−68.98)+(83.20−74.64)+(91.93−83.20)+(99.09−91.93)4
=30.24=7.55.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
根据偶函数的对称性排除B、D，再由图象过点(0, 1)，故排除C，从而得出结论．
【解答】
解：由于函数y=2|x|−x2(x∈R)是偶函数，
所以图象关于y轴对称，故排除B，D；
因为当x=0时，函数值y=1，
所以图象过点(0, 1)，故排除C.
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
可判断fx=lgx−12x单调递增且连续，f1<0,f2>0,由此得出结论．
【解答】
解：根据函数解析式可得定义域为(0,+∞).
∵ y=lgx在(0,+∞)上单调递增，y=−12x在(0,+∞)上单调递增，
∴ 函数fx=lgx−12x在0,+∞上单调递增且连续.
∵ f1=−12<0，f2=lg2−14>0，
∴ 函数fx=lgx−12x的零点所在的区间为1,2.
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】

【解答】
解：f′(x)=3x2+22−ax+a3.
∵ 函数fx=x3+2−ax2+a3x+1在其定义域上不单调，
∴ f′(x)=3x2+22−ax+a3=0有两个不相等的实数根，
即Δ=42−a2−4a>0，解得：a<1或a>4.
故选A．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
不等式的基本性质
命题的真假判断与应用
【解析】
啊
【解答】
解：A，若a>0>b，则1a>1b，故错误；
B，因为m>n，则−n>−m，又x>y，则x−n>y−m，故正确；
C，若0>x>y，m>0>n，则xmD，根据题意，c2>0,若ac2>bc2，则a>b，故正确.
故选BD.
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
命题的真假判断与应用
【解析】
利用导数求出函数的相关性质，判断各选项即可.
【解答】
解：函数f(x)=xlnx的定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)=0，解得：x=1e，
当x∈(0,1e)时，f′(x)<0，函数f(x)=xlnx单调递减，
当x∈(1e,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)=xlnx单调递增，
且f(1e)=1eln1e=−1e，
∴ 函数f(x)=xlnx的最小值为−1e，故①正确；
令f(x)=0，即lnx=0，解得：x=1，
∴ 函数f(x)=xlnx只有一个零点x=1，故②错误；
根据题意，可得f(x)的图象如图所示：
若方程f(x)=m有一解，则m≥0或m=−1e，故③错误；
函数fx的单调减区间为(0,1e)，故④错误.
综上，错误命题的序号是②③④.
故选BCD.
【答案】
C,D
【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
【解析】
求得fx的导数，可得fx的单调性，由诱导公式可得fx的奇偶性，由|x1|＞|x2|⇔f|x1|＞f|x2|⇔fx1＞fx2，可判断A，B，C；再由x1x2＞1，即有x1＞x2＞0，或x1＜x2＜0，结合单调性可判断D．
【解答】
解：函数f(x)=x2−csx，导数为f′x=2x+sinx，
当0≤x≤π2时，2x+sinx≥0，即f′x≥0，
则f(x)在[0,π2]上单调递增，
由f−x=(−x)2−cs−x=x2−csx=fx，
可得函数fx为偶函数，
则fx在[−π2,0]上单调递减.
∵ x∈[−π2，π2]，
∴ fx=f|x|，
由|x1|>|x2|⇔f|x1|>f|x2|⇔fx1>fx2，
可得x12>x22⇔|x1|>|x2|⇔fx1>fx2，故AB错误，C正确；
若x1x2>1，即有x1>x2>0，或x1由函数fx在[−π2,0]上单调递减，在[0,π2]上单调递增，
可得fx1>fx2，故D正确．
故选CD．
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
令f(x)＝mex−x−2m．函数y＝mex的图象与直线y＝x+2m有两个交点，等价于函数f(x)有且仅有两个零点．对m分类讨论，利用导数研究函数f(x)的单调性极值与最值即可得出．
【解答】
解：令f(x)=mex−x−2m，
∴ f′(x)=mex−1，
当m≤0时，f′(x)=mex−1<0恒成立，
∴ 函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点，不符合题意，舍去；
当m>0时，令f′(x)=mex−1=0，解得x=−lnm，
∴ 函数在(−∞,−lnm)上单调递减，在(−lnm,+∞)上单调递增，
∴ 函数f(x)在x=−lnm时取得最小值，
f(−lnm)=1+lnm−2m(m>0)．
令g(m)=1+lnm−2m(m>0)，
则g′(m)=1m−2，
令g′(m)=1m−2=0，解得：m=12，
∴ g(m)在(0,12)上单调递增，在(12,+∞)上单调递减，
∴ g(m)在m=12处取得最大值，g(12)=−ln2<0，
∴ f(x)的最小值f(−lnm)<0，
∴ 当m>0时，函数f(x)有且仅有两个零点，
即函数y=mex的图象与直线y=x+2m有两个交点，
∴ m的取值可以是1，2，3．
故选BCD.
三、填空题
【答案】
−1
【考点】
幂函数的性质
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
【解析】
根据幂函数的定义列出方程求出m的值；将m的值代入f(x)检验函数的单调性．
【解答】
解：由于幂函数fx=m2−m−1xm2+m−3
在0,+∞时是减函数，
故有m2−m−1=1，m2+m−3<0，
解得：m=−1.
故答案为：−1.
【答案】
−2
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】

【解答】
解：∵ fx=x2−2xex，
∴ f′x=x2−2ex，
令f′x=0，得x1=2，x2=−2.
∵ 当x>2或x<−2时，f′x>0，函数fx单调递增；
当−2∴ 函数fx的极大值点为−2.
故答案为：−2．
【答案】
(−2, 15)
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：设P(x0, y0)(x0<0)，y′=3x2−10.
∵ 曲线C在点P处的切线斜率为2，
∴ 3x02−10=2，
∴ x02=4，
∴ x0=−2，
∴ y0=15，
∴ 点P的坐标为(−2, 15)．
故答案为：(−2, 15).
【答案】
12,1,2020
【考点】
函数的对称性
函数新定义问题
导数的运算
函数的求值
【解析】

【解答】
解：∵ fx=x3−32x2+3x−14，
∴ f′x=3x2−3x+3，则f″x=6x−3.
令f″x=0，可得x=12，则f12=1，
根据题意可得，
函数fx=x3−32x2+3x−14的对称中心为12,1，
∴ f1−x+fx=2，
∴ f12021+f22021+f32021+⋯+f20202021
=2×20202=2020.
故答案为：12,1；2020.
四、解答题
【答案】
解：(1)原式=(−32)−2+50012−10(5+2)+1
=49+105−105−20+1
=−1679.
(2)原式 =1−2lg63+lg632+lg663⋅lg66×3lg64
=1−2lg63+lg632+1−lg631+lg63lg64
=1−2lg63+lg632+1−(lg63)2lg64
=2(1−lg63)2lg62
=lg66−lg63lg62=lg62lg62=1.
【考点】
对数的运算性质
对数及其运算
有理数指数幂的化简求值
【解析】


【解答】
解：(1)原式=(−32)−2+50012−10(5+2)+1
=49+105−105−20+1
=−1679.
(2)原式 =1−2lg63+lg632+lg663⋅lg66×3lg64
=1−2lg63+lg632+1−lg631+lg63lg64
=1−2lg63+lg632+1−(lg63)2lg64
=2(1−lg63)2lg62
=lg66−lg63lg62=lg62lg62=1.
【答案】
解：(1)根据题意，设x<0，则−x>0，
则f(−x)=(−x)2+2(−x)−3=x2−2x−3.
∵ f(x)为偶函数，
∴ f(x)=f(−x)=x2−2x−3，
∴ 当x<0时，f(x)=x2−2x−3，
故f(x)=x2+2x−3,x≥0，x2−2x−3,x<0.
(2)当x≥0时，f(x)=x2+2x−3=(x+1)2−4，
故函数f(x)在区间[0, +∞)上为增函数，
则f(2m−1)⇒|2m−1|<|m−2|⇒(2m−1)2<(m−2)2，
解得：−1即m的取值范围为(−1, 1)．
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
（1）根据题意，设x<0，则−x>0，由函数的解析式以及奇偶性可得答案；
（2）根据题意，原不等式等价于(2m−1)2<(m−2)2，解可得m的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：(1)根据题意，设x<0，则−x>0，
则f(−x)=(−x)2+2(−x)−3=x2−2x−3.
∵ f(x)为偶函数，
∴ f(x)=f(−x)=x2−2x−3，
∴ 当x<0时，f(x)=x2−2x−3，
故f(x)=x2+2x−3,x≥0，x2−2x−3,x<0.
(2)当x≥0时，f(x)=x2+2x−3=(x+1)2−4，
故函数f(x)在区间[0, +∞)上为增函数，
则f(2m−1)⇒|2m−1|<|m−2|⇒(2m−1)2<(m−2)2，
解得：−1即m的取值范围为(−1, 1)．
【答案】
解：(1)设f(x)=Ax2+Bx+C(A≠0).
∵ f(x+1)−f(x)=4x+6，且f(0)=3，
∴ A(x+1)2+B(x+1)+C−(Ax2+Bx+C)=4x+6，
f(0)=C=3，
整理可得，2Ax+A+B=4x+6，
∴ 2A=4，A+B=6，C=3，
∴ A=2，B=4，C=3，
∴ f(x)=2x2+4x+3.
(2)由(1)可知，g(x)=f(x)+(a−2)x2+(2a+2)x
=ax2+(2a+6)x+3，
当a=0时，g(x)=6x+3在[−2, +∞)上单调递增，符合题意；
当a≠0时，对称轴x=−a+3a，
由g(x)在[−2, +∞)单调递增，
可得：a>0，−a+3a≤−2，
解得：0综上可得，a的取值范围为[0, 3]．
【考点】
二次函数的性质
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
（I）可设f(x)＝ax2+bx+c，(a≠0)，然后根据已知即可求解a，b，c，即可求解函数解析式．
(II)由（1）可求g(x)，然后对a进行分类讨论，分别结合一次函数及二次函数的单调性可求．
【解答】
解：(1)设f(x)=Ax2+Bx+C(A≠0).
∵ f(x+1)−f(x)=4x+6，且f(0)=3，
∴ A(x+1)2+B(x+1)+C−(Ax2+Bx+C)=4x+6，
f(0)=C=3，
整理可得，2Ax+A+B=4x+6，
∴ 2A=4，A+B=6，C=3，
∴ A=2，B=4，C=3，
∴ f(x)=2x2+4x+3.
(2)由(1)可知，g(x)=f(x)+(a−2)x2+(2a+2)x
=ax2+(2a+6)x+3，
当a=0时，g(x)=6x+3在[−2, +∞)上单调递增，符合题意；
当a≠0时，对称轴x=−a+3a，
由g(x)在[−2, +∞)单调递增，
可得：a>0，−a+3a≤−2，
解得：0综上可得，a的取值范围为[0, 3]．
【答案】
解：(1)由题意得，502=k100，解得：k=25×104，
∴ P=25×104x=500x，
∴ 总利润L(x)=x⋅500x−1200−2x375
=−2x375+500x−1200(x>0).
(2)由(1)得，L′(x)=−225x2+250x，
令L′(x)=0⇒250x=225x2，
令t=x，得250t=225t4⇒t5=125×25=55，
∴ t=5，
∴ x=t2=25，
∴ 产量x定为25件时，总利润L(x)最大，
这时L(25)≈−416.7+2500−1200≈883(万元)．
答：产量x定为25件时总利润L(x)最大，最大值约为883万元．
【考点】
利用导数研究函数的最值
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）由题可知生产100件这样的产品单价为50万元，所以把x=100，P=50代入到p2=kx中求出k的值确定出P的解析式，然后根据总利润=总销售额-总成本得出L(x)即可；
（2）令L′(x)=0求出x的值，此时总利润最大，最大利润为L(25)．
【解答】
解：(1)由题意得，502=k100，解得：k=25×104，
∴ P=25×104x=500x，
∴ 总利润L(x)=x⋅500x−1200−2x375
=−2x375+500x−1200(x>0).
(2)由(1)得，L′(x)=−225x2+250x，
令L′(x)=0⇒250x=225x2，
令t=x，得250t=225t4⇒t5=125×25=55，
∴ t=5，
∴ x=t2=25，
∴ 产量x定为25件时，总利润L(x)最大，
这时L(25)≈−416.7+2500−1200≈883(万元)．
答：产量x定为25件时总利润L(x)最大，最大值约为883万元．
【答案】
解：(1)当 a=−2时，f(x)=−2x2+x+1，
由f(x)<0得−2x2+x+1<0，
即2x2−x−1>0,
解得x<−12或x>1，
所以不等式的解集为 {x|x<−12或x>1}；
(2)当 a>0 时，由 f(x)>0 可得ax2−(a+1)x+1>0，
即 (ax−1)(x−1)>0，
方程(ax−1)(x−1)=0的两根为 x1=1a,x2=1,
当1a=1 ，即a=1时，解得 x≠1；
当1a>1 ,即 01a；
当1a<1 ,即 a>1 时，解得 x<1a或 x>1.
综上所述：当 01a}；
当a=1时，不等式的解集为 {x|x≠1}；
当a>1时，不等式的解集为{x|x<1a 或x>1}.
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当 a=−2时，f(x)=−2x2+x+1，
由f(x)<0得−2x2+x+1<0，
即2x2−x−1>0,
解得x<−12或x>1，
所以不等式的解集为 {x|x<−12或x>1}；
(2)当 a>0 时，由 f(x)>0 可得ax2−(a+1)x+1>0，
即 (ax−1)(x−1)>0，
方程(ax−1)(x−1)=0的两根为 x1=1a,x2=1,
当1a=1 ，即a=1时，解得 x≠1；
当1a>1 ,即 01a；
当1a<1 ,即 a>1 时，解得 x<1a或 x>1.
综上所述：当 01a}；
当a=1时，不等式的解集为 {x|x≠1}；
当a>1时，不等式的解集为{x|x<1a 或x>1}.
【答案】
解：(1)∵ fx=aexlnx，
∴ f′(x)=aex(lnx+1x)，定义域为(0,+∞).
∵ 曲线y=fx在(1,f(1))处的切线方程为x−y−1=0,
∴ f′1=ae=1，解得：a=1e.
(2)令gx=lnx+1x，
则g′(x)=1x−1x2=x−1x2，x∈0,+∞，
当0当x>1时，g′x>0， gx单调递增，
∴ gxmin=g1=1，即gx>0在0,+∞上恒成立.
∵ a>0 ，ex>0，
∴ f′x>0在0,+∞上恒成立，
∴ 函数fx的单调递增区间为0,+∞，无单调递减区间．
(3)设hx=fx−x2+xlna=aexlnx−x2−xlna，
则h′x=aexlnx+1x−2x−lna，x∈0,1.
由(2)可知，lnx+1x≥1，
∴h′x≥aex−2x−lna.
设mx=aex−2x−lna，则m′x=aex−2 ，
令m′x=0，则x=ln2a，
接下来分三种情况讨论：
若ln2a≤0，即a≥2，则mx在0,1上单调递增，
mx>m0=a−lna>0；
若0则mx在0,ln2a上单调递减，在ln2a,1上单调递增，
mx≥mln2a=2−2ln2+lna
≥2−2ln2+ln2e=1−ln2>0；
若ln2a≥1，即a≤2e，则mx在(0,1)上单调递减，
mx>m1=ae−2−lna，
令ta=ae−2−lna，则t′a=e−1a，
即t(a)在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增，
故t(a)≥t1e=0，即mx>t(a)≥0 ，
综上所述：在a>0时恒有h′x≥mx>0，
即hx在(0,1)上单调递增，
要使hx<0对∀x∈(0,1)恒成立，必有h(1)≤0，
即−1−lna≤0，解得：a∈[1e,+∞)，
故实数a的取值范围为[1e,+∞).
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】



【解答】
解：(1)∵ fx=aexlnx,
∴ f′(x)=aex(lnx+1x)，定义域为(0,+∞).
∵ 曲线y=fx在(1,f(1))处的切线方程为x−y−1=0,
∴ f′1=ae=1，解得：a=1e.
(2)令gx=lnx+1x，
则g′(x)=1x−1x2=x−1x2，x∈0,+∞，
当0当x>1时，g′x>0， gx单调递增，
∴ gxmin=g1=1，即gx>0在0,+∞上恒成立.
∵ a>0 ，ex>0，
∴ f′x>0在0,+∞上恒成立，
∴ 函数fx的单调递增区间为0,+∞，无单调递减区间．
(3)设hx=fx−x2+xlna=aexlnx−x2−xlna，
则h′x=aexlnx+1x−2x−lna，x∈0,1.
由(2)可知，lnx+1x≥1，
∴h′x≥aex−2x−lna.
设mx=aex−2x−lna，则m′x=aex−2 ，
令m′x=0，则x=ln2a，
接下来分三种情况讨论：
若ln2a≤0，即a≥2，则mx在0,1上单调递增，
mx>m0=a−lna>0；
若0则mx在0,ln2a上单调递减，在ln2a,1上单调递增，
mx≥mln2a=2−2ln2+lna
≥2−2ln2+ln2e=1−ln2>0；
若ln2a≥1，即a≤2e，则mx在(0,1)上单调递减，
mx>m1=ae−2−lna，
令ta=ae−2−lna，则t′a=e−1a，
即t(a)在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增，
故t(a)≥t1e=0，即mx>t(a)≥0 ，
综上所述：在a>0时恒有h′x≥mx>0，
即hx在(0,1)上单调递增，
要使hx<0对∀x∈(0,1)恒成立，必有h(1)≤0，
即−1−lna≤0，解得：a∈[1e,+∞)，
故实数a的取值范围为[1e,+∞).年份
2015
2016
2017
2018
2019
国内生产总值/万亿
68.89
74.64
83.20
91.93
99.09