2023-2024学年四川省成都市盐道街中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年四川省成都市盐道街中学高二（下）期中数学试卷-普通用卷，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.某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为600件、400件、300件，用分层抽样方法抽取容量为n的样本，若从丙车间抽取6件，则n的值为( )
A. 18B. 20C. 24D. 26
2.一个小球从5m的高处下落，其位移y(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为y=−4.9t2，则t=0.5s时小球的瞬时速度(单位：m/s)为( )
A. −4.9B. −9.8C. 4.9D. 9.8
3.已知2是2m与n的等差中项，1是m与2n的等比中项，则1m+2n=( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
4.若直线x−y+m=0(m>0)与圆(x−1)2+(y−1)2=3相交所得的弦长为m，则m=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知函数f(x)=ln(x+1)，则f(1),f(2)2,f(3)3的大小关系为( )
A. f(1)C. f(3)36.已知数列{an}的前n项和Sn=2an−1，则满足ann≤2的正整数n的集合为( )
A. {1,2}B. {1,2,3,4}C. {1,2,3}D. {1,2,4}
7.已知抛物线M：y2=2px(p>0)的准线与圆E：x2+y2−6x+4y−3=0只有一个公共点，设A是抛物线M上一点，F为抛物线的焦点，若OA⋅AF=−4(O为坐标原点)，则点A的坐标是( )
A. (−1,2)或(−1,−2)B. (1,2)或(1,−2)
C. (1,2)D. (1,−2)
8.过圆O：x2+y2=4外一点P(3,1)作圆O的切线，切点分别为A，B，小黄同学在求直线AB的方程时采用了如下方法：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则PA：x1x+y1y=4，PB：x2x+y2y=4，又由P(3,1)，则有3x1+y1=43x2+y2=4，过两点的直线有且仅有一条，因此小黄同学认为直线AB方程即为3x+y=4.基于这样的思想方法，请你试解决如下问题：已知实数x，y满足ex+x=1y−lny，则xe−x−y的最大值为( )
A. 2eB. eC. 1eD. 1e2
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.某城市在创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城市”的满意程度，组织居民给活动打分，从中随机抽取一个容量为100的样本，发现数据均在[40,100]内.现将这些分数分成6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示.观察图形，则下列说法正确的是( )
A. 频率分布直方图中第三组的频数为15
B. 根据频率分布直方图估计样本的众数为75分
C. 根据频率分布直方图估计样本的中位数为74分
D. 根据频率分布直方图估计样本的平均数为73分
10.已知函数f(x)的定义域为[−1,5]，部分对应值如表，f(x)的导函数y=f′(x)图象如图所示.
下列关于f(x)的命题正确的是( )
A. f(x)的极大值点为0，4
B. 当1C. f(x)在[0,2]上是减函数
D. 函数y=f(x)−a的零点个数可能为0，1，2，3，4个
11.平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案，如图(1).它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第二个正方形，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….则( )
A. 数列{an}是以4为首项， 104为公比的等比数列
B. 从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为32
C. 使得不等式bn>12成立的n的最大值为3
D. 数列{bn}的前n项和Sn<4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一组数据24，78，47，39，60，18，28，15，53，23，42，36的第75百分位数是______.
13.已知数列{an}、{bn}满足bn=lnan，n∈N*，其中{bn}是等差数列，且a3⋅a1010=e4，则b1+b2+…+b1012=______.
14.已知椭圆x24+y2=1上有两点A，B，坐标原点为点O，若两直线OA，OB斜率存在，且它们的积为−14，则|OA|2+|OB|2=______.
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.(本小题13分)
已知等差数列{an}，若a6=11，且a2，a5，a14成等比数列．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若a1<2，设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Sn.
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=(x+1)ex.
(1)求函数f(x)的图象在点(0,1)的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间.
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB=AC=BC=AA1=2，A1B= 6.
(1)设D为AC中点，证明：AC⊥平面A1DB；
(2)求平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值.
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，△AOB(点O为坐标原点)的面积为2.
(Ⅰ)求抛物线C的方程；
(Ⅱ)若过点E(0,a)(a>0)的两直线l1，l2的倾斜角互补，直线l1与抛物线C交于M，N两点，直线l2与抛物线C交于P，Q两点，△FMN与△FPQ的面积相等，求实数a的取值范围.
19.(本小题17分)
帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)，…，f(m+n)(0)=R(m+n)(0).(注：f′′(x)=[f′(x)]′，f‴=[f′′(x)]′，f(4)(x)=[f‴(x)]′，f(5)(x)=[f(4)(x)]′，…；f(n)(x)为f(n−1)(x)的导数).
(1)求函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似函数R(x)；
(2)在(1)的条件下，试比较f(x)与R(x)的大小；
(3)在(1)的条件下，若h(x)=f(x)R(x)−(12−m)f(x)在(0,+∞)上存在极值，求m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键，属基础题．
根据分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键．
【解答】
解：由分层抽样得6n=300600+400+300，
解得n=26，
故选D.
2.【答案】A
【解析】解：由题意知位移y(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为y=−4.9t2，
故y′=−9.8t，故t=0.5s时小球的瞬时速度为−9.8×0.5=−4.9(m/s).
故选：A.
求出函数的导数，根据导数的物理含义，即可求得答案．
本题主要考查了函数平均变化率定义的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由题2是2m与n的等差中项，1是m与2n的等比中项，
可得2m+n=4，2mn=1，
所以1m+2n=2m+nmn=8.
故选：D.
利用已知条件，列出方程，化简求解即可．
本题考查等差数列以及等比数列的应用，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：∵圆心C(1,1)到直线x−y+m=0(m>0)的距离d=m 2，
又直线与圆相交所得的弦长为m，
∴m=2 r2−d2，
∴m2=4(3−m22)，
解得m=2.
故选：B.
先求出圆心到直线的距离，再根据圆中的弦长公式建立方程，最后解方程即可得解．
本题考查直线与圆相交的弦长问题，点到直线的距离公式，方程思想，属基础题．
5.【答案】C
【解析】解：作出函数f(x)=ln(x+1)的图象，如图所示．
由图可知，曲线上各点与坐标原点的连线的斜率随着x的增大而减小．
因为1<2<3，所以f(1)−01−0>f(2)−02−0>f(3)−03−0，
所以f(1)1>f(2)2>f(3)3.
故选：C.
作出函数f(x)=ln(x+1)的图象，根据(x,f(x))与(0,0)连线所在直线的斜率，即可判断大小关系．
本题考查了直线的斜率和平均变化率，考查了数形结合思想，属基础题．
6.【答案】B
【解析】【分析】
数列{an}的前n项和Sn=2an−1，∴n=1时，a1=2a1−1，解得a1.n≥2时，an=Sn−Sn−1，化为：an=2an−1，利用等比数列的不等式可得an=2n−1，不等式ann≤2即2n−2≤n，即可得出．
本题考查了数列递推关系、数列通项公式、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】解：数列{an}的前n项和Sn=2an−1，∴n=1时，a1=2a1−1，解得a1=1，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=2an−1−(2an−1−1)，化为：an=2an−1，
∴数列{an}是等比数列，公比为2，
∴an=2n−1，
不等式ann≤2即2n−2≤n，
当n=1，2，3，4时，满足上述不等式．
n≥5时，上述不等式不成立．
∴满足ann≤2的正整数n的集合为{1,2,3,4}.
故选：B.
7.【答案】B
【解析】解：抛物线M的准线方程为x=−p2，
圆E可化为(x−3)2+(y+2)2=16，圆心E为(3,−2)，
圆心E到准线的距离d=3+p2=4，解得p=2，
故抛物线M的方程为y2=4x，焦点F(1,0)，
设A(y024,y0)，
则OA=(y024,y0)，AF=(1−y024,−y0)，
所以OA⋅AF=y024(1−y024)−y02=−4，解得y0=±2，
故点A的坐标为(1,2)或(1,−2).
故选：B.
抛物线M的准线方程为x=−p2，圆E可化为(x−3)2+(y+2)2=16，圆心E为(3,−2)，圆心E到准线的距离d=3+p2=4，解得p=2，即可求得抛物线方程，再设出A点的坐标，结合向量的数量积公式，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，掌握向量的数量积公式是解本题的关键，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：因为ex+x=1y−lny=1y+ln1y=ln1y+eln1y，
令f(x)=x+ex，则f′(x)=1+ex>0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，
因为f(x)=f(ln1y)，
所以x=ln1y，即y=1ex，
所以xe−x−y=xe−x−1ex=x−1ex，
令g(x)=x−1ex，则g′(x)=2−xex，
故x<2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x<2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
故x=2时，g(x)取得最大值g(2)=1e2，
则xe−x−y的最大值为1e2.
故选：D.
由已知等式变形可得ex+x=1y−lny=1y+ln1y=ln1y+eln1y，构造函数f(x)=x+ex，对其求导，结合导数与单调性及最值关系即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系在最值求解中的应用，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：∵由频率分布直方图得分数在[60,70]内的频率为1−10×(0.005+0.020+0.030+0.025+0.010)=0.10，
∴第三组的频数为100×0.10=10，故A错误；
∵由频率分布直方图得众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形底边的中点的横坐标，
从图中可看出众数的估计值为75分，故B正确；
∵由频率分布直方图得：
10×(0.005+0.020+0.010)=0.35<0.5，10×(0.005+0,020+0.010+0.030)=0.65>0.5，
∴中位数位于[70,80]内，设中位数为x，则0.35+0.03(x−70)=0.5，解得x=75，
∴中位数的估计值为75分，故C错吴；
由频率分布直方图得样本平均数的估计值为：
45×(10×0.005)+55×(10×0.020)+65×(10×0.010)+75×(10×0.030)+85×(10×0.025)+95×(10×0.010)=73分，故D正确．
故选：BD.
利用频率分布直方图的性质判断A；利用众数的定义判断B；利用中位数的定义判断C；利用样本平均数的定义判断D.
本题考查频率分布直方图、众数、中位数、平均数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：结合函数图象可知，当−1≤x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当0当20，f(x)单调递增，
当4故0，4为函数的极大值点，A正确；
因为f(−1)=f(2)=f(5)=1，f(0)=f(4)=2，
结合函数图象可知，当1y=a与y=f(x)的交点个数可能为0，2，3，4，即y=f(x)−a的零点个数可能为0，2，3，4，D错误，
故选：ABC.
由已知结合导数与单调性关系分析函数f(x)的单调性，再由特殊点的函数在作出函数f(x)的大致图象，结合函数图象检验各选项即可判断．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了函数零点个数判断中的应用，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A选项，由题意知，an+12=(14an)2+(34an)2，且an>0，
所以an+1= 104an，又因为a1=4，
所以数列{an}是以4为首项， 104为公比的等比数列，故A正确；
对于B选项，由上知，an=4×( 104)n−1，a1=4，a2= 10，a3=52，
所以a12+a22+a32=1294，故B不正确；
对于C选项，bn=12×14an×34an=3an232=332×[4×( 104)n−1]2=32×(58)n−1，
易知{bn}是单调递减数列，且b3=32×(582=75128>12,b4=32×(58)3=3751024<12,
故使得不等式bn>12成立的最大值为3，故C正确；
对于D选项，因为Sn=32[1−(58)n]1−58=4[1−(58)n]，且n∈N*，
所以0<1−(58)n<1，所以Sn<4，故D正确．
故选：ACD.
根据等比数列的性质逐项计算即可求解．
本题考查等比数列的应用，属中档题．
12.【答案】50
【解析】解：将数据按从小到大的顺序排列为：
15，18，23，24，28，36，39，42，47，53，60，78，
因为0.75×12=9，故第75百分位数是47+532=50.
故答案为：50.
将数据按从小到大的顺序排列，根据百分位数的概念以及求法，即可求得答案．
本题考查百分位数的计算，属于基础题．
13.【答案】2024
【解析】解：bn=lnan，n∈N*，其中{bn}是等差数列，
则bn+1−bn=lnan+1−lnan=lnan+1an=t(常数)，
故an+1an=et>0，
所以数列{an}为等比数列，
则b1+b2+…+b1012=ln(a1a2…a1012)=ln (e4)1012=2024.
故答案为：2024.
根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查数列的性质，属于基础题．
14.【答案】5
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由已知可得y1y2x1x2=−14，代入椭圆的方程可得x124+y12=1x224+y22=1，
所以y12⋅y22=(1−x124)(1−x224)=1−x12+x224+x12x2216=x12x2216，
所以x12+x224=1，由已知得y1x1×y2x2=−14，点A，B在椭圆上，
所以|OA|2+|OB|2=x12+y12+x22+y22
=x12+x22+1−x124+1−x224
=4+2−x12+x224=5，
故答案为：5.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由题意得到得y1y2x1x2=−14，利用椭圆方程将y12，y22转化为x12，x22得到x12+x224=1，再求出|OA|2+|OB|2的值．
本题考查椭圆的性质的应用及距离的平方和的求法，属于中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)可设等差数列{an}的公差为d，
∵a6=11，∴a1+5d=11①，
∵a2，a5，a14成等比数列，∴a52=a2a14，∴(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d)化简得6a1d=3d2，
若d=0，a1=11，an=11；
若d≠0，2a1=d②，由①②可得，a1=1，d=2，则an=1+2(n−1)=2n−1.
所以数列的通项公式是an=2n−1或an=11；
(Ⅱ)若a1<2，可得an=2n−1，
由(Ⅰ)得bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴Sn=b1+b2+⋯+bn=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1.
【解析】(Ⅰ)可设等差数列{an}的公差为d，运用等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；
(Ⅱ)求得an=2n−1，bn=12(12n−1−12n+1)，再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由函数f(x)=(x+1)ex，可得f′(x)=(x+2)ex，可得k=f′(0)=2，
因为切点为(0,1)，所以切线方程为y−1=2(x−0)，即2x−y+1=0.
(2)由函数f(x)=(x+1)ex，其定义域为R，且f′(x)=(x+2)ex，
当x<−2时，f′(x)<0，则f(x)在区间(−∞,−2)单调递减；
当x>−2时，f′(x)>0，则f(x)在区间(−2,+∞)单调递增；
所以函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−2)，单调递增区间为(−2,+∞).
【解析】(1)根据题意，利用导数的几何意义，即可求得切线方程；
(2)求得f′(x)=(x+2)ex，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间．
本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的切线，利用导数研究函数的单调性，属基础题．
17.【答案】(1)证明：因为D为AC中点，且AB=AC=BC=2，
所以在△ABC中，有BD⊥AC，且BD= 3，
又平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC=AC，
所以BD⊥平面ACC1A1，
又A1D⊂平面ACC1A1，则BD⊥A1D，
由A1B= 6，BD= 3，得A1D= 3，
因为AD=1，AA1=2，A1D= 3，
所以由勾股定理，得AD⊥A1D，
又AC⊥BD，A1D∩BD=D，
所以AC⊥平面A1DB；
(2)解：如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系D−xyz，
可得A(1,0,0),A1(0,0, 3),B(0, 3,0)，
所以AA1→=(−1,0, 3),AB→=(−1, 3,0)，
设平面A1AB1的法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅AA1=−x+ 3z=0n⋅AB=−x+ 3y=0，令x= 3，得y=1，z=1，
所以n=( 3,1,1)，
由(1)知，BD⊥平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1的一个法向量为BD=(0,− 3,0)，
记平面A1AB1与平面ACC1A1的夹角为α，
则csα=|n⋅BD||n||BD|= 3 5× 3= 55，
所以平面A1AB1与平面ACC1A1夹角的余弦值为 55.
【解析】(1)根据等边三角形的性质得出BD⊥AC，根据平面ACC1A1⊥平面ABC得出BD⊥平面ACC1A1，BD⊥A1D，利用勾股定理得出AC⊥A1D，从而证明AC⊥平面A1DB；
(2)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面A1AB1的法向量和平面ACC1A1的一个法向量，利用向量求平面A1AB1与平面ACC1A1的夹角余弦值．
本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的计算问题，是中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为焦点F(p2,0)，
所以A，B的坐标分别为(p2,p)，(p2,−p)，
所以S△AOB=12⋅2P⋅p2=2，解得p=2，
所以抛物线的方程为y2=4x.
(Ⅱ)由题意可知直线l1，l2的斜率存在，且不为0，设直线l1：x=t(y−a)，
设点M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立y2=4xx=t(y−a)，得y2−4ty+4at=0，
所以△1=16t2−16at>0，
所以y1+y2=4t，y1y2=4at，
所以|MN|= 1+t2|y1−y2|= 1+t2 16(t2−at)=4 1+t2 t2−at，
焦点F到直线l1的距离d=|1+ta| 1+t2=2 t2−at|1+ta|，
所以S△FMN=12×4 1+t2 t2−at×|1+at| 1+t2=2 t2−at|1+ta|，
设直线l2的方程为x=−t(y−a)，
联立抛物线的方程，可得△2=16t2+16at>0，
将t用−t代换，可得S△FPQ=2 t2+at|ta−1|，
由S△FMN=S△FPQ，可得2 t2−at|1+ta|=2 t2+at|ta−1|，
化简可得 t+at−a=|ta+1ta−1|，
两边平方得，t2=12−a2，
所以2−a2>0，解得0又由△1>0且△2>0，得t<−a或t>a，可知t2>a2，
所以12−a2>a2，即(a2−1)2>0，所以a≠1，
所以实数a的取值范围是(0,1)∪(1, 2).
【解析】(Ⅰ)根据题意可得A，B的坐标分别为(p2,p)，(p2,−p)，则S△AOB=12⋅2P⋅p2=2，解得p，即可得出答案．
(Ⅱ)设直线l1：x=t(y−a)，点M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立椭圆的方程，可得△1=16t2−16at>0，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，由弦长公式可得|MN|，由点到直线的距离公式可得焦点F到直线l1的距离d，得S△FMN，同理可得S△FPQ=2 t2+at|ta−1|，由S△FMN=S△FPQ，得t2=12−a2>0，解出a的取值范围．
本题考查抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)=ln(x+1)，
则f′(x)=1x+1，f′′(x)=−1(x+1)2，
故函数f(x)=h(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似函数R(x)=a0+ax1+bx，
因为f(0)=R(0)=0，
所以a0=0，
故R(x)=ax1+bx=ab(bx+1)−ab1+bx=ab−ab1+bx，
R′(x)=a(1+bx)2，R′(x)=−2ab(1+bx)3，
因为f′(0)=R′(0)，f′′(0)=R′′(0)，
所以a=12ab=1，解得a=1，b=12，
所以R(x)=x1+12x=2xx+2；
(2)令F(x)=f(x)−R(x)，(x>−1)，
则F(x)=f′(x)−R′(x)=1x+1−4(x+2)2=(x+2)2−4(x+1)(x+1)(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2≥0恒成立，
所以F(x)在(−1,+∞)上单调递增，且F(0)=0，
所以当−1当x=0时，F(x)=0，即f(x)=R(x)，
当x>0时，F(x)>0，即f(x)>R(x)；
(3)h(x)=f(x)R(x)−(12−m)f(x)=ln(x+1)x+2−(12−m)ln(x+1)=(1x+m)ln(x+1),(x>0)，
h′(x)=−ln(x+1)x2+(1x+m)×1x+1=mx2+x−(x+1)ln(x+1)(x+1)x2，
因为h(x)=f(x)R(x)−(12−m)f(x)在(0,+∞)上存在极值，
所以h′(x)在(0,+∞)上存在变号零点，
g(x)=mx2+x−(x+1)ln(x+1)，x>0，
g′(x)=2mx+1−1−ln(x+1)=2mx−ln(x+1)，
当m≤0时，g(x)<0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，
g(x)所以h(x)无零点，不符合题意；
记m(x)=g′(x)=2mx−ln(x+1)，
则m′(x)=2m−1x+1=2m(x+1)−1x+1，
②当m≥12时，
由于m≥12，
所以2m(x+1)−1≥x+1−1=x>0，
故m′(x)>0，
故g′(x)在(0,+∞)上单调递增，
g(0)=0，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，所以h′(x)无零点，不符合题意；
③当0令m′(x)=0，得x=12m−1，
当0当x>12m−1时，m′(x)>0，
所以g′(x)在(0,12m−1)上单调递减，在(12m−1,+∞)上单调递增，
所以g′(x)min=g(12m−1)=2m(12m−1)−ln(12m−1+1)=1−2m+ln(2m)，
令H(x)=1−x+lnx，0则H′(x)=−1+1x>0，
所以H(x)在(0,1)上单调递增，H(x)所以g(12m−1)=1−2m+ln(2m)<0.
因为x>0，0所以x(m−1)<0，
故(mx2−1)−(mx−1)(x+1)=x(1−m)>0，
进而mx2−1x+1>mx−1，
所以1+mx+=1−h(x+1)>mx−l(x+1)；
g(x)=(x+1)[mx2+xx+1−ln(x+1)]，
令G(x)=mx2+xx+1−ln(x+1)=1+mx2−1x+1−ln(x+1)>mx−ln(x+1)=m(x+1)−ln(x+1)−m；
设k(x)=lnx−x+1，
则当x>1时k′(x)=1x−1<0，k(x)单调递减，
当00，k(x)单调递增，
故当k(x)≤k(1)=0，
故lnx≤x−1，
故lnx≤x，ln( x+1)≤ x+1，
故ln(x+1)≤2 x+1，
所以G(x)>m(x+1)−2 x+1−m=m2(x+1)−m+[m2(x+1)−2 x+1]，
令x=16m2−1，
则x+1=16m2，
所以m2(x+1)−2 x+1≥0，m2(x+1)−m=8m−m>0，
所以g(16m2−1)>0，
所以g(x)在(0,+∞)上存在零点，即h(x)在(0,+∞)上存在极值点，
故m的取值范围为(0,12).
【解析】(1)由题意函数f(x)=h(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似R(x)=a0+a1x1+b1x对f(x)求二阶导，由f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f″(0)=R′′(0)，可求出R(x)；
(2)作差，构造函数F(x)=f(x)−R(x)，(x>−1)，求导，利用导数研究函数的最值，即可求出结果；
(3)函数h(x)在(0,+∞)上存在极值，即其导数在(0,+∞)上有变号零点，构造函数g(x)=mx2+x−(x+1)ln(x+1)，x>0，求导，分析该函数的单调性和最值，利用零点存在定理可得结果．
本题主要考查导数应用，考查转化能，属于难题．x
−1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1
2
1