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通用版2023届高考数学二轮复习构造法作业含答案

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这是一份通用版2023届高考数学二轮复习构造法作业含答案，共30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。

构造法
一、单选题
1. 已知定义在(0,π2)的函数f(x)的导函数为f'(x)，且满足f'(x)sinx-f(x)cosx<0成立，则下列不等式成立的是(    )
A. 2f(π6) C. 3f(π4)<2f(π3) D. 22f(π3)<3f(π4)
2. 若对于任意的0 A. 2e B. e C. 1 D. 12
3. 已知a>b>0且a A. a<1 B. a>1 C. 0b>1
4. 已知两个正实数x，y满足x2-y=lny-lnx，则下列式子中一定不成立的是(    )
A. x 5. 设函数f(x)在R上存在导数f'(x)，对任意的x∈R，有f(x)+f(-x)=x2，且在[0,+∞)上有f'(x)>x.若f(2-k)-f(k)⩾2-2k，则k的取值范围是(    )
A. (-∞,0] B. (-∞,1] C. 12,2 D. 0,52
6. 已知函数f(x)=ln(x2+1+x)-1x3+2且f(3a)+f(-2a-3)>4，则正实数a的取值范围为(    )
A. (1,+∞) B. (3,+∞) C. (32,+∞) D. (4,+∞)
7. 函数f(x)=ax-2与g(x)=ex的图象上存在关于直线y=x对称的点，则a的取值范围是
A. (-∞,e4] B. (-∞,e2] C. (-∞,e] D. (-∞,e2]
8. 若n∈N*，满足n+2n+1 A. 101 B. 100 C. 99 D. 98
9. 已知a，b，c∈(0,1)，e是自然对数的底数，若ae4=4ea，be3=3eb，2c=ecln2，则有(    )
A. a 10. 已知函数f(x)=x2-3xlnx+ax，若∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)-mf(n)m2n-n2m>0，则实数a的取值范围是
A. (-∞,-16) B. (-∞,-16] C. (-∞,-2) D. (-∞,-2]
11. 已知大于1的正数a，b满足ln2 be2a A. 7 B. 8 C. 9 D. 11
12. 已知函数f(x)=x-1x-2lnx，当x>1时，f(x2)>8λf(x)恒成立，则实数λ的取值范围为(    )
A. (-∞,-2] B. (-∞,2] C. (-∞,-1] D. (-∞,1]
二、多选题
13. 已知函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，图像关于y轴对称，其导函数为f'(x)，且当x<0时，f'(x)>f(x)x，设a>1，则下列大小关系正确的是(    )
A. (a+1)f(4aa+1)>2af(2a) B. f(2a)>af(2a)
C. 4af(a+1)a+1>(a+1)f4aa+1 D. 2f(2a)<(a+1)f(4aa+1)
三、填空题
14. 已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f'(-x)>2f(x)，且f(3)=0，则不等式f(x)>0的解集为__________．
15. 方程x2=xsinx+cosx的实数解的个数为          ．
16. 如果cos5θ-sin5θ<7(sin3θ-cos3θ)，θ∈[0,2π)，则θ的取值范围是          ．
17. 已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，当x2>x1>0时，f(x1)x2-f(x2)x1>ex1x2-ex2x1，若f(2)=e2+1，则f(lnx)=2lnx+x的解集为          ．
18. 已知偶函数fx定义域为-π2,0∪0,π2，其导函数是f'x.当02fπ4cosx的解集为          ．
19. 已知函数f(x)=1+ln xx，其单调增区间为          ；若对于∀x1,x2∈(1,+∞),x1≠x2，都有|f(x1)-f(x2)|⩽k|ln x1-ln x2|，则k的取值范围是          ．
20. 设a=15，b=2ln(sin110+cos110)，c=65ln65，则a，b，c的大小关系是          ．
21. 已知函数f(x)的导函数f'(x)满足：f'(x)-f(x)=e2x，且f(0)=1，则f(x)的解析式为          ；当x>0时，x[f(x)-a]≥1+lnx恒成立，则实数a的取值范围是          ．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=x-axex(e为自然常数)．
(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设a∈R，讨论函数g(x)=x-lnx-f(x)的零点个数．

23. (本小题12.0分)
已知数列an满足an+1=-1an+2，其中a1=0．
(1)求证{1an+1}是等差数列，并求数列an的通项公式;
(2)设Tn=an+an+1+⋯+a2n-1，若Tn≤p-n对任意的n∈N*恒成立，求p的最小值．
24. (本小题12.0分)
足球是一项大众喜爱的运动．2022卡塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛定于12月18日晚进行，全程为期28天．
(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到2×2列联表如下：

喜爱足球运动
不喜爱足球运动
合计
男性
60
40
100
女性
20
80
100
合计
80
120
200
依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？
(2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，即P1=1．
(i)求P3(直接写出结果即可)；
(ii)证明：数列{Pn-14}为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小．
α
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
xα
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828

25. (本小题12.0分)
已知fx=4x-alnx-12x2-2有两个极值点x1,x2x1 (1)求实数a的取值范围；
(2)证明：fx1+fx2<6-lna．

26. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=1+aexlnx．
(1)当a=1，讨论函数f(x)的单调性;
(2)若不等式f(x)≥ex(xa-x)(a<0)，对x∈(1,+∞)恒成立，求实数a的取值范围．

27. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=12x2+lnx-2x．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)=ex+12x2-(4+a)x+lnx-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2<2ln(a+2)．

答案和解析

1.B
【解析】
【分析】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数值大小的比较，考查逻辑推理能力，属于中档题．
构造函数g(x)=f(x)sinx，x∈(0,π2)，利用导数判断g(x)的单调性，然后利用单调性比较大小即可．
【解答】
解：设g(x)=f(x)sinx，x∈(0,π2)，
因为f'(x)sinx-f(x)cosx<0，
则g'(x)=f'(x)sinx-f(x)cosxsin2x<0，
所以g(x)在(0,π2)上单调递减，
则g(π6)>g(π4)，即f(π6)sinπ6>f(π4)sinπ4，即2f(π6)>f(π4)，故A错误；
g(π6)>g(π3)，即f(π6)sinπ6>f(π3)sinπ3，即3(π6)>f(π3)，故B正确；
g(π4)>g(π3)，即f(π4)sinπ4>f(π3)sinπ3，即3f(π4)>2f(π3)，但3f(π4)与22f(π3)大小关系不确定，故C错误，D错误．
故本题选B．

2.C
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题．
构造函数fx=lnxx+1x，求出导数可知fx的单调性，由题可知fx在0,a单调递增，即可求出a的范围，得出答案．
【解答】
解：令fx=lnxx+1x，x>0，
则f'x=-lnxx2，令f'x=0，解得x=1，
则x∈0,1时，f'x>0，fx单调递增；当x∈1,+∞时，f'x<0，fx单调递减，
对于任意的0 即fx在0,a单调递增，所以0 故选：C．

3.C
【解析】
【分析】
本题主要考查不等式性质及不等式的恒成立问题，属于中档题．
由题意可得a 【解答】
解：令fx=x-lnx,x>0，f'x=1-1x=x-1x，
所以函数f(x)在(0,1)内单调递减，在1,+∞内单调递增，
a 若a>b⩾1，根据单调性，f(a)>f(b)与条件矛盾，
故f(a) 故选C．

4.A
【解析】
【分析】
本题考查了不等式的性质，函数的单调性，考查了运算求解能力，属于基础题．
根据题意构造函数，分类讨论即可求出．
【解答】
解：由x2-y=lny-lnx，则x2+lnx=y+lny，
可知f(x)=x+lnx在(0,+∞)上单调递增，
当0 当x=1时，y+lny=x2+lnx=x+lnx，故f(y)=f(x)，即x=y=1，故D正确；
当x>1时，y+lny=x2+lnx>x+lnx，故f(y)>f(x)，即1 故选：A．

5.B
【解析】
【分析】
本题考查导数在函数单调性中的应用，考查函数的奇偶性，属于较难题．
构造函数g(x)=f(x)-12x2，可得g(x)在[0,+∞)上单调递增，利用奇偶性的定义知g(x)是奇函数，进而求解不等式即可．
【解答】
解：由题意当x⩾0时，f'(x)>x，构造函数g(x)=f(x)-12x2，
则g'(x)=f'(x)-x>0，得g(x)在[0,+∞)上单调递增，
又由条件f(x)+f(-x)=x2得g(x)+g(-x)=0．
所以g(x)是奇函数，又g(x)在[0,+∞)上单调递增且g(0)=0，所以g(x)在R上单调递增，
由f(2-k)-f(k)⩾2-2k，得g(2-k)-g(k)⩾0，即g(2-k)⩾g(k)，
根据函数g(x)在R上单调递增，可得2-k⩾k，解得k⩽1．
故选B．

6.B
【解析】
【分析】
本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，考查不等式的求解，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
令g(x)=f(x)-2，判断g(x)的单调性与奇偶性，将不等式f(3a)+f(-2a-3)>4转化为g(3a)>g(3+2a)，利用g(x)的单调性即可求解a的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=ln(x2+1+x)-1x3+2，定义域为{x|x≠0}，
满足f(-x)=ln(x2+1-x)-1(-x)3+2=ln(x2+1-x)+1x3+2，
所以f(x)+f(-x)=4，
令g(x)=f(x)-2，所以g(x)+g(-x)=0，所以g(x)为奇函数，
f(3a)+f(-2a-3)>4⇔g(3a)+g(-2a-3)>0⇔g(3a)>g(3+2a)，
函数y=ln(x2+1+x)，y=-1x3+2在(0,+∞)均为增函数，
所以f(x)=ln(x2+1+x)-1x3+2在(0,+∞)为增函数，
所以g(x)在(0,+∞)为增函数，
因为g(x)为奇函数，所以g(x)在R为增函数，
所以3a>3+2a，解得a>3．
故选：B．

7.C
【解析】
【分析】
本小题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，抽象概括、运算求解等数学能力．
由题可知，曲线f(x)=ax-2与y=lnx有公共点，即方程ax-2=lnx有解，即a=2+lnxx有解，令h(x)=2+lnxx，求其最值即可求解；
【解答】
解：由题可知，曲线f(x)=ax-2与y=lnx有公共点，即方程ax-2=lnx有解，
即a=2+lnxx有解，
令h(x)=2+ln xx，则h'(x)=-1-ln xx2，则当00；
当x>1e时，hˈ(x)<0，故x=1e时h(x)取得极大值h(1e)=e，也即为最大值；
当x→0时，h(x)→-∞，
所以a≤e满足条件．
故选C．

8.C
【解析】
【分析】
本题考查函数的导数与单调性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键．属于中等题．
根据题意设出函数，通过求导分析函数单调性比较大小即可．
【解答】
解：令h(x)=ex-x-1，则h'(x)=ex-1，
当x>0时，h'(x)>0，h(x)单调递增，当x<0时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
故h(x)≥h(0)=0，
故 ex⩾x+1，当且仅当x=0时等号成立，
故e0.01>1.01=101100．
考虑e0.01与10099的大小关系，构造函数f(x)=(1-x)ex，f'(x)=-xex，
当x>0时，f'(x)<0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，
从而f(0.01) 综上，101100 故选：C．

9.A
【解析】
【分析】
本题考查利用导数比大小，属于中档题．
【解答】
解：由ae4=4ea，be3=3eb，2c=ecln2得eaa=e44，ebb=e33，ecc=2ln2=4ln4，
构造函数f(x)=exx(x>0)，求导得f'(x)=ex(x-1)x2令f'(x)=0，得x=1．
当x∈(0,1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增．
1 又∵a，b，c∈(0,1)，所以a
10.D
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，属于拔高题．
由题可得1mfm-1nfnm-n>0恒成立，根据题意可得1xfx=x-3lnx+ax2，
在区间0,+∞单调递增，构造函数g(x)=x-3lnx+ax2即g'x⩾0恒成立，
即可得解实数a的取值范围．
【解答】
解：由m,n∈0,+∞,m≠n且nf(m)-mf(n)m2n-n2m>0恒成立可得
1mfm-1nfnm-n>0，即函数1xfx=x-3lnx+ax2在0,+∞上单调递增，
令g(x)=x-3lnx+ax2，则g'x=1-3x-2ax3⩾0恒成立，
即2a⩽x3-3x2在0,+∞上恒成立，
令ux=x3-3x2，则有u'x=3x2-6x=3xx-2，
则可得x>2时，u'x>0，即函数u(x)在2,+∞上单调递增；
0 即x=2时，函数u(x)取得最小值uxmin=u2=23-6×2=-4，
则可得2a⩽-4，即a⩽-2．
综上可得实数a的取值范围为-∞,-2．
故选D．

11.C
【解析】
【分析】
本题考查构造函数法，利用导数解决恒成立问题，属于难题．
令f(x)=ln2xxn(x>1)，g(x)=e2xxn(x>1)，分别求f(x)，g(x)的导数，判断函数的单调性，可求得f(x)有最大值f(e2n)=2n2e2，当n>2时，g(x)有最小值g(n2)=enn2n，根据题意，即求f(x)maxlnn2，令φ(x)=x+2x-2-lnx2，x≥3，对φ(x)求导求单调性，可知φ(x)单调递减，代入数值计算即可求出结果．
【解答】
解：由题干条件可知：ln2be2a 令f(x)=ln2xxn，(x>1)，
则f'(x)=xn-1⋅ln x(2-nln x)x2n=lnx(2-nlnx)xn+1，
令f'(x)=0，得x=e2n ，
当x∈(1,e2n)时，f'(x)>0，当x∈(e2n,+∞)时，f'(x)<0，
所以f(x)在(1,e2n)上单调递增，在(e2n,+∞)上单调递减，
则f(x)有最大值f(e2n)=2n2e2=4e2n2；
令g(x)=e2xxn，(x>1)，
则g'(x)=e2x(2x-n)xn+1，
当n2≤1时，可知g'(x)>0，此时函数g(x)单调递增，
则g(x)>e2>4e2n2，满足题意；
当n2>1，即n>2时，令g'(x)=0，得x=n2，
当x>n2时，g'(x)>0，当1 所以g(x)在(1,n2)上单调递减，在(n2,+∞)上单调递增，
则g(x)有最小值g(n2)=enn2n，
若ln2bbn 即2n2e2(n2)n-2，
两边取对数可得：n+2>(n-2)lnn2，
因为n∈N*，则当n≥3时，有n+2n-2>lnn2，
令φ(x)=x+2x-2-lnx2，x≥3，
即为求使φ(x)>0的最大的正整数，
φ'(x)=-4(x-2)2-1x<0恒成立，
则φ(x)在[3,+∞)上单调递减，
φ(8)=53-ln4>0，φ(9)=117-ln92>0，φ(10)=32-ln5<0，
所以φ(x)>0的最大正整数为9．
故选C．

12.D
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数单调性，不等式恒成立问题，二次函数有关问题，属于较难题．
构造函数g(x)=f(x2)-8λf(x)，x∈(1,+∞)，求导得g'(x)=2(x-1)2[x2+(2-4λ)x+1]x3，再构造φ(x)=x2+(2-4λ)x+1，根据对称轴与1的关系分情况讨论，结合g(1)=0，分析即可得到结果．
【解答】
解：设g(x)=f(x2)-8λf(x)=x2-1x2-2lnx2-8λ(x-1x-2lnx)，x∈(1,+∞)，
则g'(x)=2x+2x3-4x-8λ(1+1x2-2x)=2(x-1)2[x2+(2-4λ)x+1]x3，
令φ(x)=x2+(2-4λ)x+1，其图象为开口向上、对称轴为直线x=2λ-1的二次函数．
①当2λ-1≤1，即λ≤1时，φ(x)在(1,+∞)上单调递增，且φ(x)>φ(1)=4-4λ≥0，
所以g(x)>0在(1,+∞)上恒成立，于是g(x)>g(1)=0恒成立;
②当2λ-1>1，即λ>1时，因为△=(2-4λ)2-4=16λ(λ-1)>0且φ(1)=4-4λ<0，
所以存在x0∈(1,+∞)，使得x∈(1,x0)时，φ(x)<0，
所以g'(x)<0在(1,x0)上恒成立，即g(x)在(1,x0)上单调递减，所以g(x) 综上所述，实数λ的范围是(-∞,1]．
故选D．

13.AD
【解析】
【分析】
本题考查比较大小，函数奇偶性，不等式性质，利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
由题意，当x<0时，构造函数g(x)=f(x)x，则g'(x)=xf'(x)-f(x)x2<0，所以x<0时，g(x)单调递减，再由f(x)是偶函数，可得g(x)是奇函数，所以当x>0时，g(x)单调递减，根据选项可得结论．
【解答】
解：
由题意，当x<0时，构造函数g(x)=f(x)x，
则g'(x)=xf'(x)-f(x)x2<0，
所以x<0时，g(x)单调递减，
又由题意可得f(x)是偶函数，
所以g(x)是奇函数，则当x>0时，g(x)也单调递减．
对于A，∵a>1，∴0<4aa+1<4a2a=2a，
∴g(4aa+1)>g(2a)，即f(4aa+1)4aa+1>f(2a)2a，
∴(a+1)f(4aa+1)>2af(2a)，故A正确；
对于B，∵a>1，2a>2a>0，
∴g(2a) 可得f(2a) 对于C，∵a>1，a+1-4aa+1=(a-1)2a+1>0，
即a+1>4aa+1>0，∴g(a+1) 即f(a+1)a+1 ∴4af(a+1)a+1<(a+1)f(4aa+1)，故C错误；
对于D，∵a>1，2a-4aa+1=2a2+2a-4aa+1=2a(a-1)a+1>0，
∴2a>4aa+1>0，
∴g(2a) ∴2f(2a)<(a+1)f(4aa+1)，故D正确．
故选AD．

14.(-3,0)∪(3,+∞)
【解析】
【分析】
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合运用，以及利用导数解不等式，属于中档题．
构造函数gx=fxe2x，利用导函数判断出当x>0时，g(x)单调递增，得到当03时，gx>0，从而得到f(x)>0在0,+∞上的解.由f(x)为奇函数得到不等式f(x)>0的解集．
【解答】
解：因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，
所以函数f'x是定义域为R的偶函数，即f'-x=f'x，
故当x>0时，f'(-x)>2f(x)，即当x>0时，f'x>2fx，
令函数gx=fxe2x，则g'x=f'x-2fxe2x，
所以当x>0时，g'x>0，故gx在0,+∞上单调递增，
又f(3)=0，则g(3)=0，
所以当03时，gx>0，
又因为e2x>0，
所以当03时，fx>0，
又因为f(x)是奇函数，
所以当-30，当x<-3时，fx<0，
所以不等式f(x)>0的解集为(-3,0)∪(3,+∞).
故答案为：(-3,0)∪(3,+∞).

15.2
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的零点(或方程的根)，属于较难题．
记f(x)=x2-xsinx-cosx，利用导数研究函数f(x)的零点，即可得解．
【解答】
解：记f(x)=x2-xsinx-cosx，
则f'(x)=2x-xcosx=x(2-cosx)，可知：f'(0)=0，
可知f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又f(0)=-1，limx→-∞f(x)=+∞，limx→+∞f(x)=+∞，
故f(x)有两个零点，则方程x2=xsinx+cosx的实数解的个数为2，

16.(π4,5π4)
【解析】
【分析】
此题考查了利用导数研究函数的单调性，熟练掌握基本关系是解本题的关键．属于中档题．
先将不等式cos5θ-sin5θ<7(sin3θ-cos3θ)变形得：sin5θ+7sin3θ>cos5θ+7cos3θ，然后构造函数f(x)=x5+7x3，，将原不等式转化成f(sinθ)>f(cosθ)，利用导数研究函数f(x)的单调性可得sinθ>cosθ，在θ∈[0,2π)上求出θ的取值范围即可．
【解答】
解：已知不等式cos5θ-sin5θ<7(sin3θ-cos3θ)变形得：
sin5θ+7sin3θ>cos5θ+7cos3θ，
设f(x)=x5+7x3，
∵f'(x)=5x4+21x2=x2(5x2+21)>0，
∴f(x)是(-∞,+∞)上的增函数，
∴原不等式变形为f(sinθ)>f(cosθ)，
∴sinθ>cosθ，
又∵θ∈[0,2π)，
∴π4<θ<5π4，
则θ的取值范围是：(π4,5π4)
故答案为：(π4,5π4).

17.{e2}
【解析】
【分析】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，构造方法的应用等知识，属于中档题．
构造g(x)=xf(x)-xex，可得g(x)在(0,+∞)上单调递减．由f(lnx)=2lnx+x，转化为g(lnx)=g(2)，利用单调性可得答案．
【解答】
解：由f(x1)x2-f(x2)x1>ex1x2-ex2x1，得x1f(x1)-x1ex1>x2f(x2)-x2ex2，
令g(x)=xf(x)-xex，则g(x1)>g(x2)，
又x2>x1>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减．
由f(lnx)=2lnx+x，得lnxf(lnx)-xlnx=2，
因为g(2)=2f(2)-2e2=2，
所以lnxf(lnx)-xlnx=2即g(lnx)=g(2)，
因为g(x)在(0,+∞)上单调递减．
所以lnx=2，得x=e2．
故答案为{e2}.

18.(-π4,0)∪(0,π4)
【解析】
【分析】
本题考查函数的导数与函数单调性的关系，关键是构造新函数g(x)=f(x)cosx，并分析其单调性，属中档题．
【解答】
解：设g(x)=f(x)cosx，其导数为g'(x)=f'(x)cos x+f(x)sin xcos2x
又由0 则函数g(x)在(0,π2)上为减函数，
又由f(x)为定义域为-π2,0∪0,π2的偶函数，
则g(-x)=f(-x)cos(-x)=f(x)cosx=g(x)，则函数g(x)为偶函数，
∵fx>2fπ4cosx，
∴f(x)cosx>2f(π4)
∴g(x)>g(π4)
又由g(x)为偶函数且在(0,π2)上为减函数，且定义域为-π2,0∪0,π2，则有|x|<π4，
解可得：-x4 即不等式的解集为(-π4,0)∪(0,π4).

19.(0,1)
[1e,+∞)

【解析】
【分析】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值，不等式恒成立求参数范围问题.属于中等题．
求出定义域和导函数，解f'(x)>0即可得单调增区间；将不等式恒成立问题转化为g(x)=f(x)+klnx在(1,+∞)上单调递增，即g'(x)=-ln xx2+kx≥0在(1,+∞)上恒成立，分离参数得k≥ln xx在(1,+∞)上恒成立，即k≥(ln xx)max，令h(x)=lnxx，再利用导数求出h(x)的最大值即可得解．
【解答】
解：函数f(x)=1+lnxx(x>0)，则f'(x)=-ln xx2．
令f'(x)>0，得0 当x>1时，f'(x)<0，所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递减．
不妨设1 即f(x1)+klnx1⩽f(x2)+klnx2，令g(x)=f(x)+klnx，则g(x)在(1,+∞)上单调递增，
g'(x)=-ln xx2+kx≥0在(1,+∞)上恒成立，即k≥lnxx在(1,+∞)上恒成立，即k≥(lnxx)max．
令h(x)=lnxx，h'(x)=1-lnxx2，
当x∈(1,e)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max=h(e)=1e，所以k≥1e．
故答案为：(0,1)；[1e,+∞)．

20.b 【解析】
【分析】
本题考查利用函数的单调性比较大小，导数的应用，属于困难题，
构造函数，判断单调性，可比较大小．
【解答】
解：b=2ln(sin110+cos110)=ln(sin110+cos110)2=ln(1+sin15)，
令f(x)=x-sinx，则f'(x)=1-cosx⩾0，即f(x)在(0,1)上单调递增，且f(0)=0，
所以f(15)=15-sin15>f(0)=0,15>sin15,
再令g(x)=ln(1+x)-x，则g'(x)=-x1+x<0,则g(x)在(0,1)上单调递减且g(0)=0，
g(15)=ln(1+15)-15 即15>ln(1+15)>ln(1+sin15)，即a>b，
再令h(x)=ln(1+x)-5x6，则h'(x)=1-5x6(1+x)，且h(0)=0，在(0,15)内h(x)单调递增，在(15,1)内单调递减，故h(15)=ln65-16>h(0)=0，即有65ln65>15，故c>a，
综上，c>a>b．

21.e2x
(-∞,2]

【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的最值，考查学生的运算能力，属于较难题．
先构造函数，利用f'(x)-f(x)=e2x，求得f(x)=e2x，即x∈(0,+∞)时，x(e2x-a)≥1+lnx恒成立，参变分离后使用切线放缩，最后求得a的取值范围．
【解答】
解：设g(x)=f(x)ex，则g'(x)=f'(x)-f(x)ex=e2xex=ex，
故g(x)=ex+c，则f(x)=(ex+c)ex，
又因为f(0)=1，即1+c=1，所以c=0，f(x)=e2x，x(e2x-a)≥1+lnx，
因为x∈(0,+∞)，所以a≤xe2x-1-lnxx=e2x+lnx-1-lnxx在x∈(0,+∞)上恒成立，其中e2x+lnx≥2x+lnx+1，
理由如下：构造φ(x)=ex-x-1，则φ'x=ex-1，
令φ'(x)=0得x=0，当x>0得φ'x>0，当x<0得φ'x<0，
故φ(x)在x=0处取的极小值，也是最小值，φ(x)≥φ(0)=0，从而得证．
故e2x+lnx-1-lnxx≥2x+lnx+1-1-lnxx=2，故a≤2，
实数a的取值范围为(-∞,2]，
故答案为：(-∞,2]．

22.解：(1)f(x)=x-axex，则f'(x)=ex+ax-aex≥0在(0,+∞)上恒成立，
记φ(x)=ex+ax-a，则φ(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，φ'(x)=ex+a
当a≥-1时，φ'(x)=ex+a>1+a≥0，即φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)=1-a≥0，∴-1≤a≤1;
当a<-1时，令φ'(x)=ex+a=0，解得x=ln(-a)，
当0 当x>ln(-a)时，φ'(x)>0，φ(x)在(ln(-a),+∞)上单调递增；
∴φ(x)≥φ(ln(-a))=-2a+aln(-a)≥0，解得-e2≤a<-1;
综上：-e2≤a≤1；
(2)g(x)=x-lnx-f(x)=axex-lnx(x>0)，
令g(x)=0，得a=exlnxx(x>0)，
令h(x)=exlnxx，则h'(x)=(x-1)exlnx+exx2，
当x∈(0,1]时，lnx<0，x-1<0，∴h'(x)>0，h(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，h'(x)>0，h(x)为增函数，
所以h(x)在(0,+∞)上为单调递增函数，
又h(x)=exlnxx∈R，a∈R，
所以y=a与h(x)=exlnxx图象只有一个交点，
所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及导数中的零点问题，考查了推理能力与计算能力，属于一般题．
(1)由题意得f'(x)=ex+ax-aex≥0在(0,+∞)上恒成立，从而通过构造函数，求出其导函数，利用导数与函数单调性的关系求出a的取值范围即可；
(2)令g(x)=0，得a=exlnxx(x>0)，构造函数h(x)=exlnxx，通过对函数求导，分析单调性即可得出结果．

23.解：(1)∵an+1=-1an+2，
∴an+1+1=-1an+2+1=an+2-1an+2=an+1an+2，
∵a1=0⇒a1+1≠0⇒a2+1≠0⇒a3+1≠0⇒⋯⇒an+1≠0⇒an+1+1≠0，
∴1an+1+1=an+2an+1=1+1an+1，
∴{1an+1}是以1为首项，1为公差的等差数列．
∴1an+1=1+(n-1)=n，
∴an=1n-1．
(2)∵Tn=an+an+1+⋯+a2n-1≤p-n，
∴n+an+an+1+⋯+a2n-1≤p，
即(1+an)+(1+an+1)+(1+an+2)+⋯+(1+a2n-1)≤p对任意的n∈N*恒成立，
而1+an=1n，
设H(n)=(1+an)+(1+an+1)+⋯+(1+a2n-1)，n∈N*，
∴H(n)=1n+1n+1+⋯+12n-1，
H(n+1)=1n+1+1n+2+⋯+12n-1+12n+12n+1，
∴H(n+1)-H(n)=12n+12n+1-1n=12n+1-12n<0，
∴数列{H(n)}单调递减，
∴当n∈N*时，H(n)≤H(1)=1，
∴p≥1.
故p的最小值为1．

【解析】本题考查了函数的递推式，考查了等差数列的判定与证明，考查了数列特征，由数列的单调性解决恒成立的问题，属于中档题．
(1)由已知可得an+1+1=-1an+2+1=an+2-1an+2=an+1an+2，进而化为1an+1+1=an+2an+1=1+1an+1，(an+1≠0)，由等差数列的定义可判断数列为等差数列，可得数列an的通项公式;
(2)设H(n)=(1+an)+(1+an+1)+⋯+(1+a2n-1)，可知H(n+1)-H(n)=12n+12n+1-1n=12n+1-12n<0，可判断数列{H(n)}单调递减，可得p的最小值．

24.解：(1)假设H0：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关，
X2=200×(60×80-20×40)280×120×100×100≈33.3>10.828，
根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001．
(2)(i)由题意P3=13；
(ii)第n次触球者是甲的概率记为Pn，
则当n≥2时，第n-1次触球者是甲的概率为Pn-1，
第n-1次触球者不是甲的概率为1-Pn-1，
则Pn=Pn-1⋅0+(1-Pn-1)⋅13=13(1-Pn-1)，
从而Pn-14=-13(Pn-1-14)，
又P1-14=34，
∴{Pn-14}是以34为首项，公比为-13的等比数列，
则Pn=34×(-13)n-1+14，
∴P19=34×(-13)18+14>14，P20=34×(-13)19+14<14，
∴P19>P20，
故第19次触球者是甲的概率大．
【解析】本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了概率的计算以及等比数列的应用问题，属于拔高题．
(1)计算K2，对照题目中的表格，得出统计结论；
(2)(i)根据古典概型公式计算即可；
(ii)根据等比数列的性质证明数列{Pn-14}为等比数列，求得Pn的通项公式，进而求得P19，P20，比较大小即可．

25.解：(1)由题意，fx的定义域为(0,+∞)，f'x=4-ax-x=-x2-4x+ax，
因为fx=4x-alnx-12x2-2有两个极值点x1,x2，
所以方程f'x=0即x2-4x+a=0在(0,+∞)上有两不等实根，
即函数gx=x2-4x+a在(0,+∞)上有两不同零点，
因此只需g0=a>0g2=4-8+a<0，解得0 即实数a的取值范围是(0,4)；
(2)由(1)知，x1+x2=4，x1x2=a，0 所以fx1+fx2=4x1+x2-alnx1+lnx2-12x12+x22-4
=16-alnx1x2-12x1+x22-2x1x2-4=12-alna-1216-2a=4-alna+a，
因此要证fx1+fx2<6-lna，即证4-alna+a<6-lna，
即证(1-a)lna+a-2<0，
构造函数h(a)=(1-a)lna+a-2，0 则h'(a)=-lna+1-aa+1=1a-lna，
又h''(a)=-1a2-1a<0在0,4上显然恒成立，
所以h'(a)在0,4上单调递减，
又h'(1)=1>0，h'(2)=12-ln2<12-lne=0，
由函数零点存在性定理可得，∃a0∈1,2，使得h'(a0)=0，即1a0=lna0，即a0lna0=1；
所以当a∈0,a0时，h'(a)>0，则h(a)单调递增；
当a∈a0,4时，h'(a)<0，则h(a)单调递减；
所以h(a)≤h(a0)=1-a0lna0+a0-2=lna0-a0lna+a0-2=lna0+a0-3，
又y=lna0+a0-3在a0∈1,2上显然单调递增，
所以lna0+a0-3 所以h(a)<0，即(1-a)lna+a-2<0，
故fx1+fx2<6-lna．

【解析】本题考查利用导数由函数极值求参以及利用导数证明不等式问题，属于难题．
导数的方法证明不等式问题时，一般需要结合题中条件，先将要证明的不等式化到最简形式，再构造新函数，用导数的方法求新函数的最值或值域，即可证明不等式成立；有时也会将要证明的不等式变形，构造两个新的函数，导数的方法求两新函数的最值，即可证明不等式成立．
(1)先对函数求导，将函数有两极值点，转化为导函数对应的方程在(0,+∞)上有两不等实根，结合一元二次方程根的分布问题的求法，即可求解；
(2)由(1)根据韦达定理，以及函数解析式，先得到fx1+fx2=4-alna+a，将要证明的问题转化为证明(1-a)lna+a-2<0，构造新的函数，利用导数的方法求新函数的最大值，即可证明不等式成立．

26.解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=ex(lnx+1x)，
令g(x)=lnx+1x则g'(x)=1x-1x2=x-1x2，
当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
∴x=1时，g(x)取得极小值即最小值g(1)=1，∴f'(x)>0在(0,+∞)恒成立，∴f(x)在(0,+∞)单调递增;
(2)不等式f(x)≥ex(xa-x)等价于e-x+x≥xa-alnx⇔e-x-lne-x≥xa-lnxa，
设k(t)=t-lnt，即k(e-x)≥k(xa)，①
∵k'(t)=1-1t=t-1t，
∴当t∈(0,1)，k'(t)<0，k(t)在(0,1)是减函数，t∈(1,+∞)，k'(t)>0，k(t)在(1,+∞)是增函数，
∵x∈(1,+∞)，0 当a<0时，0 则①式⇔e-x≤xa⇒-a≤xlnx，
令h(x)=xlnx(x>1)，则h'(x)=lnx-1(lnx)2，
当x∈(1,e)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(e,+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
h(x)min=h(e)=e⇒-a≤e，
∴a≥-e又a<0，∴-e≤a<0．
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及导数中的恒成立问题，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于较难题．
(1)fx的定义域为0,+∞，且f'(x)=ex(lnx+1x)，令g(x)=lnx+1x则g'(x)=1x-1x2=x-1x2，据此确定函数的单调性即可；
(2)不等式f(x)≥ex(xa-x)等价于e-x+x≥xa-alnx即e-x-lne-x≥xa-lnxa，构造函数设k(t)=t-lnt，然后利用导数研究即可．

27.解：(1)函数的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=x+1x-2，而x+1x⩾2x·1x=2，当且仅当x=1x，即x=1取等号，
所以f'x≥0恒成立，故y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无减区间．
(2)将f(x)=12x2+lnx-2x代入化简得，g(x)=ex-(a+2)x，(x>0)，
因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1，x2，
所以等价为ex=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=exx有两个不同的根，
令l(x)=exx，mx=a+2，而l'(x)=ex(x-1)x2，所以l(x)=exx在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
则l(x)在x=1处取极小值也是最小值，所以lxmin=l1=e，
可知：a+2>e⇒a>e-2，
因为ex1=(a+2)x1,ex2=(a+2)x2,两边取对数得x1=lna+2+lnx1x2=lna+2+lnx2
两式进行运算得x1-x2=lnx1-lnx2x1+x2=2lna+2+lnx1x2,
整理得x1-x2lnx1-lnx2=1x1+x2=2lna+2+lnx1x2
不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，
即证x1x21)
即证：2lnt-t+1t<0恒成立，
设h(t)=2lnt-t+1t，h'(t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，
所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)max 故x1x2<1，所以x1+x2<2ln(a+2)．
【解析】本题考查函数与导数的综合运用，考查运用导数求单调区间，证明函数零点范围问题，考查转化能力与计算能力，属于困难题．
(1)由解析式先判断定义域的范围，再求导，研究导函数的正负即可确定单调区间；
(2)函数零点与方程的根之间的等价转化，求出a的范围，再利用双变量问题中x1, x2式子的多次转化，即证明x1x21)，构造函数h(t)=2lnt-t+1t，研究函数的单调性与最值进行证明．