2020-2021学年河南省平顶山市某校高二（下）3月月考数学（文）试卷

这是一份2020-2021学年河南省平顶山市某校高二（下）3月月考数学（文）试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 命题“∀x≥0，ex−2x≥1”的否定是( )
A.∀x≥0，ex−2x<1B.∀x<0，ex−2x<1
C.∃x≥0，ex−2x<1D.∃x<0，ex−2x<1

2. 下列导数运算正确的是（ ）
A.3x′=x⋅3x−1B.sinxcsx+2′=cs2x
C.lgx′=1xD.x−2′=2x−3

3. 已知椭圆C：x2a2+y23=1a>3的焦距为4，则C的离心率为( )
A.277B.27C.77D.147

4. 已知函数fx=ex+x2−ax的图象经过点A1,e，则曲线y=fx在点A处的切线方程为（ ）
A.y=exB.y=e−1x+1C.y=e+1x−1D.y=e+2x−2

5. “lg2a>lg2b”是“a2>b2”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

6. 若函数 fx=x2−3x−alnx有两个极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A.[−98,+∞)B.[−98,0)C.(−98,+∞)D.(−98,0)

7. 已知双曲线x2m2−7+y2m+2=1的焦距为23，则其渐近线方程为( )
A.y=±22xB.y=±2xC.y=±12xD.y=±2x

8. 函数fx=ex+1csx的部分图象大致是（ ）
A.B.
C.D.

9. 已知F1,F2分别是双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，P是C右支上一点，且满足PF1→⋅PF2→=0,S△PF1F2=12，则b=( )
A.23B.4C.32D.6

10. 若函数fx=ax2−2xlnx+1在[12,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A.[2−2ln2,+∞)B.2−2ln2,+∞C.[1,+∞）D.1,+∞

11. 已知点P是椭圆x24+y23=1上的一个动点，F1,F2分别为椭圆的左、右焦点，延长F1P至Q，若线段F2Q的中垂线恰好经过点P，则|QF2|的最小值为( )
A.4B.2C.2D.22

12. 已知函数fx定义在0,+∞上，其导函数为f′x，且满足①fx>0；②f′x<2xfx．若f2=mf1，则实数m的取值范围为（ ）
A.e,2B.0,4C.1,e2D.−∞,4
二、填空题

已知抛物线y2=2pxp>0的焦点F到准线l上一点P的距离为8，且直线PF的斜率为−3，则p=________.

已知双曲线C1:x2a2−y2b2=1a>0,b>0与双曲线C2:y2m2−x2n2=1m>0,n>0有相同的渐近线，且C1的离心率为52，则C2的离心率为________.

若函数fx=x2lnx，则limΔx→0f1+3Δx−f1−ΔxΔx=________.

定义在0,+∞上的两个函数fx=lnx和gx=a2x2−ax，若fx的图象始终在 gx图象的下方，则正数a的取值范围是________.
三、解答题

已知p：∃x∈R,x2+ax+2=0.q：∀x∈(0,1)，x2−a<0.
(1)若p为真命题，求a的取值范围；

(2)若p∨q为真，p∧q为假，求a的取值范围．

已知抛物线 C:x2=2pyp>0上一点x0,3到焦点的距离为6.
(1)求抛物线C的方程；

(2)若直线l与抛物线C交于P，Q两点，且线段PQ的中点为2,5，求直线l的方程．

已知函数fx=x3+a−2x2−ax.
(1)当a=4时，求fx的单调递增区间及极小值点；

(2)当a=2时，求曲线y=fx过点2,f2的切线方程．

已知点A，B的坐标分别为−2,−1,2,−1，点P是平面上一动点，且直线PA的斜率与直线PB的斜率的差是1.
(1)求点P的轨迹C的方程；

(2)过点F0,−1的直线与轨迹C交于不同的两点M，N，直线OM（O为坐标原点）与直线y=1交于点Q，过点F作QF的垂线与直线y=1交于点K，证明：O，N，K三点共线．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为Fc,0，离心率e=12.
(1)若P为椭圆C上一动点，证明P到F的距离与P到直线x=a2c的距离之比为定值，并求出该定值；

(2)设c=1，过定点0,c且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，在y轴上是否存在一点Q，使得y轴始终平分∠MQN？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

已知函数fx=ex−x,gx=ax2+1．
(1)求fx在−1,1上的值域；

(2)若 fx≥gx在[0,+∞)上恒成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省平顶山市某校高二（下）3月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
全称命题的否定为特称命题即可得出答案.
【解答】
解：由全称命题的否定为特称命题可知，
命题“∀x≥0，ex−2x≥1”的否定是“∃x≥0，ex−2x<1”.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
无
【解答】
解：A，3x′=3xln3，故A错误；
B，sinxcsx+2′=sinx′csx+sinxcsx′
=cs2x−sin2x=cs2x，故B正确；
C，lgx′=1xln10，故C错误；
D，x−2′=−2x−3，故D错误．
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
无
【解答】
解：由焦距为4，可知c=2．
因为a2=3+4=7，即a=7，
所以离心率e=27=277．
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
无
【解答】
解：由题意知f1=e，所以f1=e+1−a=e，解得a=1，
所以fx=ex+x2−x，可得f′x=ex+2x−1，即f′1=e+1，
所以曲线y=fx在点A处的切线方程为y−e=e+1x−1，
即y=e+1x−1．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
无
【解答】
解：因为lg2a>lg2b，
所以a>b>0，
所以“lg2a>lg2b”是“a2>b2”的充分不必要条件．
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
函数在某点取得极值的条件
【解析】
无
【解答】
解：f′x=2x−3−ax=2x2−3x−axx>0，
因为fx有两个极值点，所以函数gx=2x2−3x−a在(0,+∞)上有两个不相等的零点，
由g0=−a>0,Δ=−32−4×2×−a>0,解得−98故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
无
【解答】
解：因为方程x2m2−7+y2m+2=1表示双曲线，
所以m2−7m+2<0．
因为焦距为23，
所以|m2−7−m+2|=3，
解得m=−2或m=±3或m=4，
经验证，m=−3符合题意．
双曲线方程为x22−y2=1，故其渐近线方程为y=±22x．
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
函数图象的作法
【解析】
无
【解答】
解：因为f′x=excsx−ex+1sinx，
所以f′(0)=e0cs0−(e0+1)sin0=1>0，
f′π4=eπ4csπ4−eπ4+1sinπ4=−22<0,
即函数fx的图象在x=0处的切线斜率为正值，排除A，C，
在x=π4处的切线斜率为负值，排除D．
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的运算
双曲线的应用
双曲线的标准方程
【解析】
设|PF1|=m,|PF2|=n,则m−n=2a①．由PF→⋅PF2→=0，知FF1→⊥FF2→，则m2+n2=4c2②．由①②可得．mn=2b2．因为S△PF1F2=12mn=b2=12，所以b=23 .
【解答】
解：设|PF1|=m,|PF2|=n,
则m−n=2a①．
由PF1→⋅PF2→=0，知PF1→⊥PF2→，
则m2+n2=4c2②．
由①②可得．mn=2b2．
因为S△PF1F2=12mn=b2=12，
所以b=23 .
故选A .
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
无
【解答】
解：f′x=2ax−2lnx−2，因为fx在12,+∞上单调递增，
所以f′x≥0在12,+∞上恒成立，即a≥lnx+1x在12,+∞上恒成立．
令g(x)=lnx+1x，x∈12,+∞，则g′x=1−lnx−1x2=−lnxx2．
当12≤x<1时，g′x>0；当x>1时，g′x<0．
所以函数gx在12,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以gxmax=g1=1，故a≥1．
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的应用
圆锥曲线的轨迹问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于线段F2Q的中垂线恰好经过点P，
所以|PQ|=|PF2|.
又因为|PF1|+|PF2|=4，
所以|PF1|+|PQ|=|QF1|=4，
即点Q的轨迹是以F1为圆心，以4为半径的圆．
如图，
当点P运动到点P′时，则点Q运动到点Q′，
此时|QF2|取得最小值2 .
故选B .
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设hx=fxx2，
则h′x=xf′x−2fxx3=f′x−2xf(x)x2<0，
所以h(x)在0,+∞上单调递减，即h1=f112>h2=f222，
整理可得f(2)f(1)<4，又m=f(2)f(1)>0，所以0故选B .
二、填空题
【答案】
4
【考点】
抛物线的性质
【解析】
无
【解答】
解：记准线l与x轴的交点为Q，因为直线PF的斜率为−3，所以∠PFQ=60∘．
因为|PF|=8，所以p=|FQ|=8cs60∘=4．
故答案为：4．
【答案】
5
【考点】
椭圆的离心率
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
无
【解答】
解：因为C1的离心率为52，所以ca=1+ba2=52，
所以C1的渐近线的斜率为±12，则n2m2=4，
则C2的离心率e=1+n2m2=5．
故答案为：5．
【答案】
4
【考点】
极限及其运算
【解析】
由函数fx=x2lnx，可得f′x=2xlnx+，所以f′1=2ln1+1=1，即limΔ→0(1+3Δx)−f(1−Δx)Δx=limΔ→0(1+3Δx)−f(1)Δx+limΔ→0(1+Δx)−f(1)Δx=4f′(1)=4 .
【解答】
解：由函数fx=x2lnx，
可得f′x=2xlnx+x，
所以f′1=2ln1+1=1，
即limΔx→0f(1+3Δx)−f(1−Δx)Δx
=limΔx→0f(1+3Δx)−f(1)Δx+limΔx→0f(1−Δx)−f(1)−Δx
=4f′(1)=4.
故答案为：4.
【答案】
1,+∞
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：令Fx=fx−gx=lnx−a2x2+ax，则Fxmax<0．
因为F′x=1x−2a2x+a=ax+1−2a2x2x，
令F′x=0，解得x=1a或x=−12a（舍去）．
当x>1a时，F′x<0，则Fx在1a,+∞上为减函数；
当00，则Fx在0,1a上为增函数．
所以Fxmax=F1a=ln1a<0，所以a>1．
故答案为：1,+∞．
三、解答题
【答案】
解：(1)若p为真命题，则方程x2+ax+2=0有实数根，
即Δ=a2−8≥0，解得a≤−22或a≥22，
即a的取值范围为−∞,−22∪22,+∞．
(2)若p∨q为真，p∧q为假，则p，q一真一假．
若p真q假，则a≤−22或a≥22,a<1,所以a≤−22；
若p假q真，则−22综上，a的取值范围为(−∞,−22]∪[1,22)．
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)若p为真命题，则方程x2+ax+2=0有实数根，
即Δ=a2−8≥0，解得a≤−22或a≥22，
即a的取值范围为−∞,−22∪22,+∞．
(2)若p∨q为真，p∧q为假，则p，q一真一假．
若p真q假，则a≤−22或a≥22,a<1,所以a≤−22；
若p假q真，则−22综上，a的取值范围为(−∞,−22]∪[1,22)．
【答案】
解：(1)因为抛物线C上一点x0,3到焦点的距离为6，
所以p2+3=6，得p=6．
故抛物线C的方程为x2=12y．
(2)设P，Q的坐标分别为x1,y1，x2,y2，
因为线段PQ的中点为2,5，所以x1+x2=4，
因为x12=12y1，x22=12y2，所以x1−x2x1+x2=12y1−y2，
整理得y1−y2x1−x2=13，即直线l的斜率为13，
故直线l的方程为y−5=13x−2，即x−3y+13=0．
【考点】
抛物线的标准方程
两点间的距离公式
抛物线的应用
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为抛物线C上一点x0,3到焦点的距离为6，
所以p2+3=6，得p=6．
故抛物线C的方程为x2=12y．
(2)设P，Q的坐标分别为x1,y1，x2,y2，
因为线段PQ的中点为2,5，所以x1+x2=4，
因为x12=12y1，x22=12y2，所以x1−x2x1+x2=12y1−y2，
整理得y1−y2x1−x2=13，即直线l的斜率为13，
故直线l的方程为y−5=13x−2，即x−3y+13=0．
【答案】
解：(1)当a=4时，fx=x3+2x2−4x，
f′x=3x2+4x−4=x+23x−2，
令f′x=0，得x=−2或x=23 ．
当x<−2或x>23时，f′x>0；当 −2所以fx在(−∞,−2)，23,+∞上单调递增，在−2,23上单调递减．
故fx的单调递增区间为−∞,−2，23,+∞，极小值点为23．
(2)当a=2时，fx=x3−2x,f′x=3x2−2,f2=4 .
设曲线y=f(x)过点(2,f(2))的切线的切点为(x0,x03−2x0)．
因为f(x0)=x03−2x0，f′(x0)=3x02−2，
所以曲线y=f(x)在点(x0,x03−2x0)处的切线方程为y−(x03−2x0)=(3x02−2)(x−x0) .
因为点(2,4)在切线上，所以4−(x03−2x0)=(3x02−2)(2−x0)，
整理得(x0+1)(x0−2)2=0，解得x0=2或x0=−1 .
当x0=2时，所求切线方程为y−4=10(x−2)．即10x−y−16=0 .
当x0=−1时，所求切线方程为y−1=x＋1，即x−y+2=0 .
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）当a=4时，fx=x2+2t2−4x，
f′x=3x2+4x−4=x+23x−2，
令f′x=0，得x=−2或x=23 ．
当x<−2或x>23时，f′x>0；当 −2所以fx在(−∞,−2)，23,+∞上单调递增，在−2,23上单调递减．
故fx的单调递增区间为−∞,−2，23,+∞，极小值点为23．
（2）当a=2时，fx=x2−2x,f′x=3t2−2,f2=4 .
设曲线y=f(x)过点(2,fF(2))的切线的切点为(x0,x02−2x0)．
因为f(x0)=x02−2x0，f′=3x02−2，
所以曲线y=f(x)在点(x0,x02−2x0)处的切线方程为y−(x02−2x0)=(3x02−2)(x−x0) .
因为点(2,4)在切线上，所以4−(x02−2x0)=(3x02−2)(x−x0)，
整理得(x0+1)(x0−2)2=0，,解得x0=2或x0=−1 .
当x0=2时，所求切线方程为y−4=10(x−2)．即10x−y−16=0 .
当x0=−1时，所求切线方程为y−1=x＋1，即x−y+2=0 .
【解答】
解：(1)当a=4时，fx=x3+2x2−4x，
f′x=3x2+4x−4=x+23x−2，
令f′x=0，得x=−2或x=23 ．
当x<−2或x>23时，f′x>0；当 −2所以fx在(−∞,−2)，23,+∞上单调递增，在−2,23上单调递减．
故fx的单调递增区间为−∞,−2，23,+∞，极小值点为23．
(2)当a=2时，fx=x3−2x,f′x=3x2−2,f2=4 .
设曲线y=f(x)过点(2,f(2))的切线的切点为(x0,x03−2x0)．
因为f(x0)=x03−2x0，f′(x0)=3x02−2，
所以曲线y=f(x)在点(x0,x03−2x0)处的切线方程为y−(x03−2x0)=(3x02−2)(x−x0) .
因为点(2,4)在切线上，所以4−(x03−2x0)=(3x02−2)(2−x0)，
整理得(x0+1)(x0−2)2=0，解得x0=2或x0=−1 .
当x0=2时，所求切线方程为y−4=10(x−2)．即10x−y−16=0 .
当x0=−1时，所求切线方程为y−1=x＋1，即x−y+2=0 .
【答案】
(1)解：设点P(x,y)，则kPA=y+1x+2，kPB=y+1x−2，
因为直线PA的斜率与直线PB的斜率的差是1，
所以y+1x+2−y+1x−2=1，整理可得x2=−4y，
即点P的轨迹C的方程为x2=−4yx≠±2．
(2)证明：由题意知直线MN的斜率存在，
设直线MN：y=kx−1(k≠0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)．
由y=kx−1,x2=−4y,消去y得x2+4kx−4=0，
则Δ=16k2+16>0，x1+x2=−4k，x1x2=−4，
因为直线OM的方程为y=y1x1x，
所以当y=1时，x=x1y1，即Qx1y1,1，kQF=2y1x1，
因为FK⊥QF，所以直线FK的方程为y=−x12y1x−1，
当y=1时，x=−4y1x1，即K−4y1x1,1．
因为kOK=−x14y1，kON=y2x2，
所以kOK−kON=−x14y1−y2x2=−x14×−x124−−x224x2
=1x1+x24=4+x1x24x1=4−44x1=0，
故O，N，K点共线．
【考点】
轨迹方程
抛物线的标准方程
抛物线的性质
抛物线的应用
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设点P(x,y)，则kPA=y+1x+2，kPB=y+1x−2，
因为直线PA的斜率与直线PB的斜率的差是1，
所以y+1x+2−y+1x−2=1，整理可得x2=−4y，
即点P的轨迹C的方程为x2=−4yx≠±2．
(2)证明：由题意知直线MN的斜率存在，
设直线MN：y=kx−1(k≠0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)．
由y=kx−1,x2=−4y,消去y得x2+4kx−4=0，
则Δ=16k2+16>0，x1+x2=−4k，x1x2=−4，
因为直线OM的方程为y=y1x1x，
所以当y=1时，x=x1y1，即Qx1y1,1，kQF=2y1x1，
因为FK⊥QF，所以直线FK的方程为y=−x12y1x−1，
当y=1时，x=−4y1x1，即K−4y1x1,1．
因为kOK=−x14y1，kON=y2x2，
所以kOK−kON=−x14y1−y2x2=−x14×−x124−−x224x2
=1x1+x24=4+x1x24x1=4−44x1=0，
故O，N，K点共线．
【答案】
(1)证明：设点Px0,y0，
则x02a2+y02b2=1．
因为|PF|=x0−c2+y02=x0−c2+b2−b2a2x02
=a−cax0，
点P到直线x=a2c的距离d=a2c−x0，
所以 |PF|d=a−cax0a2c−x0=ca=e=12，
即P到F的距离与P到直线x=a2c的距离之比为定值12．
(2)解：因为c=1,e=12，
所以a=2,b=3，
即椭圆C的方程为x24+y23=1．
假设存在这样的一点Q，设Q0,t，直线l:y=kx+1，
联立方程组x24+y23=1，y=kx+1，
消去y得(3+4k2)x2+8kx−8=0，Δ=96(2k2+1)>0 .
设Mx1,y1,Nx2,y2，
则x1+x2=−8k3+4k2,x1x2=−83+4k2．
因为y轴平分∠MQN，
所以直线QM与QN的斜率互为相反数，
即kQM+kQN=kx1+1−tx1+kx2+1−tx2
=2kx1x2+1−tx1+x2x1x2=0，
所以2k⋅−83+4k2+1−t⋅−8k3+4k2
=−16k−8k1−t3+4k2=8kt−33+4k2=0．
因为−8k3−t=0与k无关，
所以t=3.
故在y轴上存在一点Q0,3，使得y轴始终平分∠MQN.
【考点】
圆锥曲线中的定点与定值问题
椭圆的应用
【解析】
1
1
【解答】
(1)证明：设点Px0,y0，
则x02a2+y02b2=1．
因为|PF|=x0−c2+y02=x0−c2+b2−b2a2x02
=a−cax0，
点P到直线x=a2c的距离d=a2c−x0，
所以 |PF|d=a−cax0a2c−x0=ca=e=12，
即P到F的距离与P到直线x=a2c的距离之比为定值12．
(2)解：因为c=1,e=12，
所以a=2,b=3，
即椭圆C的方程为x24+y23=1．
假设存在这样的一点Q，设Q0,t，直线l:y=kx+1，
联立方程组x24+y23=1，y=kx+1，
消去y得(3+4k2)x2+8kx−8=0，Δ=96(2k2+1)>0 .
设Mx1,y1,Nx2,y2，
则x1+x2=−8k3+4k2,x1x2=−83+4k2．
因为y轴平分∠MQN，
所以直线QM与QN的斜率互为相反数，
即kQM+kQN=kx1+1−tx1+kx2+1−tx2
=2kx1x2+1−tx1+x2x1x2=0，
所以2k⋅−83+4k2+1−t⋅−8k3+4k2
=−16k−8k1−t3+4k2=8kt−33+4k2=0．
因为−8k3−t=0与k无关，
所以t=3.
故在y轴上存在一点Q0,3，使得y轴始终平分∠MQN.
【答案】
解：(1)由题意知，f′(x)=ex−1，令f′(x)=0，解得x=0.
当x∈[−1,0)时，f′(x)<0，则f(x)在[−1,0)上单调递减；
当x∈(0,1]时，f′(x)>0，则f(x)在(0,1]上单调递增．
故f(x)min=f(0)=1，
因为f(−1)=1e+1所以f(x)max=e−1，
故f(x)在[−1,1]的值域为[1,e−1]
(2)令F(x)=f(x)−g(x)=ex−ax2−x−1，
则F(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，且F′(x)=ex−2ax−1，
令h(x)=ex−2ax−1(x≥0)，则h′(x)=ex−2a，
当a≤12时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0,+∞)上单调递增．
因为h(0)=0，所以h(x)≥h(0)=0，
即F′(x)≥0，所以F(x)在[0,+∞)上单调递增，
因为F(0)=0，所以F(x)≥F(0)=0，满足题意．
当a>12时，令h′(x)=0，解得x=ln(2a)，
当x∈(0,ln(2a))时，h′(x)<0，所以h(x)在(0,ln(2a))上单调递减，
故当x∈[0,ln(2a))时，h(x)≤h(0)=0，即F′(x)≤0,F(x)在[0,ln(2a))上单调递减，
此时F(x)≤F(0)=0，不满足题意．
综上可得，a的取值范围是(−∞,12]．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的值域及其求法
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】


【解答】
解：(1)由题意知，f′(x)=ex−1，令f′(x)=0，解得x=0.
当x∈[−1,0)时，f′(x)<0，则f(x)在[−1,0)上单调递减；
当x∈(0,1]时，f′(x)>0，则f(x)在(0,1]上单调递增．
故f(x)min=f(0)=1，
因为f(−1)=1e+1所以f(x)max=e−1，
故f(x)在[−1,1]的值域为[1,e−1]
(2)令F(x)=f(x)−g(x)=ex−ax2−x−1，
则F(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，且F′(x)=ex−2ax−1，
令h(x)=ex−2ax−1(x≥0)，则h′(x)=ex−2a，
当a≤12时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0,+∞)上单调递增．
因为h(0)=0，所以h(x)≥h(0)=0，
即F′(x)≥0，所以F(x)在[0,+∞)上单调递增，
因为F(0)=0，所以F(x)≥F(0)=0，满足题意．
当a>12时，令h′(x)=0，解得x=ln(2a)，
当x∈(0,ln(2a))时，h′(x)<0，所以h(x)在(0,ln(2a))上单调递减，
故当x∈[0,ln(2a))时，h(x)≤h(0)=0，即F′(x)≤0,F(x)在[0,ln(2a))上单调递减，
此时F(x)≤F(0)=0，不满足题意．
综上可得，a的取值范围是(−∞,12]．