2022年高三數(shù)學上學期期中試題 理(含解析)蘇教版

上傳人:xt****7 文檔編號:105865990 上傳時間:2022-06-12 格式:DOC 頁數(shù):11 大小:113.52KB
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1、2022年高三數(shù)學上學期期中試題 理(含解析)蘇教版   一、填空題(本大題共14小題,每小題5分,共70分,請將答案填寫在答題卡相應(yīng)的位置上) 1.已知全集U=R,A={x|x≤0},B={x|x≥2},則集合?U(A∪B)= {x|0<x<2}?。? 考點: 交、并、補集的混合運算. 專題: 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用. 分析: 本題可以先求根據(jù)集合A、B求出集合A∪B,再求出集合(A∪B),得到本題結(jié)論. 解答: 解:∵A={x|x≤0},B={x|x≥2}, ∴A∪B={x|x≤0或x≥2}, ∴?U(A∪B)={x|0<x<2}. 故答案為:{x|0<x<2}. 點評:

2、 本題考查了集合的并集運算和集合的交集,本題難度不大,屬于基礎(chǔ)題.   2.函數(shù)y=sinxcosx的最小正周期是 2?。? 考點: 三角函數(shù)的周期性及其求法. 專題: 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì). 分析: 利用二倍角的正弦公式可得函數(shù)f(x)=sinπx,再根據(jù)函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的周期性可得結(jié)論. 解答: 解:∵函數(shù)y=sinxcosx=sinπx,故函數(shù)的最小正周期是=2, 故答案為:2. 點評: 本題主要考查二倍角的正弦公式、函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的周期性,屬于基礎(chǔ)題.   3.已知向量與共線,則實數(shù)x的值為 1?。? 考點: 平面向量共線(平行)的坐

3、標表示. 專題: 平面向量及應(yīng)用. 分析: 根據(jù)向量平行的坐標表示,求出x的值即可. 解答: 解:∵向量與共線, ∴2(3x﹣1)﹣4×1=0, 解得x=1; ∴實數(shù)x的值為1. 故答案為:1. 點評: 本題考查了平面向量的坐標表示的應(yīng)用問題,解題時應(yīng)熟記公式,以便進行計算,是基礎(chǔ)題.   4.△ABC中,角A,B的對邊分別為a,b,則“A>B”是“a>b”的 充要 條件(填“充分不必要”,“必要不充分”,“充要”,“既不充分也不必要”). 考點: 必要條件、充分條件與充要條件的判斷. 專題: 解三角形;簡易邏輯. 分析: 運用三角形中的正弦定理推導,判斷答案.

4、 解答: 解:∵△ABC中,角A,B的對邊分別為a,b,a>b, ∴根據(jù)正弦定理可得:2RsinA>2RsinB,sinA>sinB, ∴A>B 又∵A>B,∴sinA>sinB,2RsinA>2RsinB,即a>b, ∴根據(jù)充分必要條件的定義可以判斷:“A>B”是“a>b”的充要條件, 故答案為:充要 點評: 本題考查了解三角形,充分必要條件的定義,屬于中檔題.   5.已知f(sinα+cosα)=sin2α,則的值為 ﹣?。? 考點: 同角三角函數(shù)基本關(guān)系的運用. 專題: 三角函數(shù)的求值. 分析: 令sinα+cosα=t,可得 sin2α=t2﹣1,﹣≤t≤.

5、可得f(t)=t2﹣1,從而求得 f( ) 的值. 解答: 解:令sinα+cosα=t,平方后化簡可得 sin2α=t2﹣1,再由﹣1≤sin2α≤1,可得﹣≤t≤. 再由 f(sinα+cosα)=sin2α,可得 f(t)=t2﹣1, ∴f()=﹣1=﹣, 故答案為:﹣. 點評: 本題主要考查用換元法求函數(shù)的解析式,注意換元中變量取值范圍的變化,屬于基礎(chǔ)題.   6.設(shè)曲線y=ax﹣ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為y=2x,則a= 3?。? 考點: 利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程. 專題: 計算題;導數(shù)的概念及應(yīng)用. 分析: 根據(jù)導數(shù)的幾何意義,即f′(

6、x0)表示曲線f(x)在x=x0處的切線斜率,再代入計算. 解答: 解:y=ax﹣ln(x+1)的導數(shù) , 由在點(0,0)處的切線方程為y=2x, 得, 則a=3. 故答案為:3. 點評: 本題是基礎(chǔ)題,考查的是導數(shù)的幾何意義,這個知識點在高考中是經(jīng)??疾榈膬?nèi)容,一般只要求導正確,就能夠求解該題.在高考中,導數(shù)作為一個非常好的研究工具,經(jīng)常會被考查到,特別是用導數(shù)研究最值,證明不等式,研究零點問題等等經(jīng)常以大題的形式出現(xiàn),學生在復習時要引起重視.   7.若sin(﹣θ)=,則cos(+2θ)的值為 ﹣?。? 考點: 兩角和與差的正弦函數(shù);兩角和與差的余弦函數(shù). 專題

7、: 計算題;三角函數(shù)的求值. 分析: 首先運用的誘導公式,再由二倍角的余弦公式:cos2α=2cos2α﹣1,即可得到. 解答: 解:由于sin(﹣θ)=, 則cos(+θ)=sin(﹣θ)=, 則有cos(+2θ)=cos2(+θ) =2cos2(+θ)﹣1=2×()2﹣1=﹣. 故答案為:﹣. 點評: 本題考查誘導公式和二倍角的余弦公式及運用,考查運算能力,屬于中檔題.   8.△ABC中,AB=AC,BC的邊長為2,則的值為 4?。? 考點: 平面向量數(shù)量積的運算. 專題: 平面向量及應(yīng)用. 分析: 根據(jù)數(shù)量積的定義和三角函數(shù)判斷求解. 解答: 解:在△ABC

8、中,BC=2,AB=AC, 設(shè)AB=AC=x,則2x>2,x>1, ∴cosB==, 所以=4xcosB=4x=4. 故答案為4. 點評: 本題利用向量為載體,考察函數(shù)的單調(diào)性,余弦定理,三角形中的邊角關(guān)系.   9.若將函數(shù)f(x)=sin(2x+)的圖象向右平移φ個單位,所得圖象關(guān)于y軸對稱,則φ的最小正值是  . 考點: 函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象變換. 專題: 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì). 分析: 根據(jù)函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象變換規(guī)律,可得所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y=sin(2x+﹣2φ),再根據(jù)所得圖象關(guān)于y軸對稱可得﹣2φ=kπ+,k∈z,由此

9、求得φ的最小正值. 解答: 解:將函數(shù)f(x)=sin(2x+)的圖象向右平移φ個單位, 所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y=sin[2(x﹣φ)+]=sin(2x+﹣2φ)關(guān)于y軸對稱, 則 ﹣2φ=kπ+,k∈z,即 φ=﹣﹣,故φ的最小正值為, 故答案為:. 點評: 本題主要考查函數(shù)y=Asin(ωx+φ)的圖象變換規(guī)律,余弦函數(shù)的圖象的對稱性,屬于中檔題.   10.已知函數(shù)f(x)=,則f()+f()+f()+…+f()= 15?。? 考點: 函數(shù)的值. 專題: 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用. 分析: 由f(x)+f(1﹣x)=+=3,能求出f()+f()+f()+…+f()的值

10、. 解答: 解:∵f(x)=, ∴f(x)+f(1﹣x)=+=3, ∴f()+f()+f()+…+f()=5×3=15. 故答案為:15. 點評: 本題考查函數(shù)值的求法,是基礎(chǔ)題,解題時要認真審題,注意函數(shù)性質(zhì)的合理運用.   11.函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f(3)=0,且x<0時,xf′(x)<f(x),則不等式f(x)≥0的解集是 {x|﹣3<x<0或x>3}?。? 考點: 函數(shù)奇偶性的性質(zhì). 專題: 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用;導數(shù)的概念及應(yīng)用. 分析: 本題可構(gòu)造函數(shù)(x≠0),利用f′(x)相關(guān)不等式得到函數(shù)g(x)的單調(diào)性,由函數(shù)f(x)是的奇偶性得到函數(shù)g(

11、x)的奇偶性和圖象的對稱性,由f(3)=0得到函數(shù)g(x)的圖象過定點,再將不等式f(x)≥0轉(zhuǎn)化為關(guān)于g(x)的不等式,根據(jù)g(x)的圖象解不等式,得到本題結(jié)論. 解答: 解:記(x≠0), 則. ∵當x<0時,xf′(x)<f(x), ∴當x<0時,g′(x)<0, ∴函數(shù)g(x)在(﹣∞,0)上單調(diào)遞減. ∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù), ∴, ∴函數(shù)g(x)是定義在R上的偶函數(shù), ∴函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱, ∴函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. ∵f(3)=0, ∴g(3)=, ∴函數(shù)g(x)的圖象過點(3,0)和(﹣3,0). ∵不等式f(

12、x)≥0, ∴xg(x)≥0, ∴或, ∴﹣3<x<0或x>3. ∴不等式f(x)≥0的解集是{x|﹣3<x<0或x>3}. 故答案為:{x|﹣3<x<0或x>3}. 點評: 本題考查了函數(shù)的奇偶性、對稱性、導數(shù)和單調(diào)性,本題難度不大,屬于基礎(chǔ)題.   12.如圖,△ABC中,延長CB到D,使BD=BC,當E點在線段AD上移動時,若,則t=λ﹣μ的最大值是 3 . 考點: 平面向量的基本定理及其意義. 專題: 平面向量及應(yīng)用. 分析: 共線,所以存在實數(shù)k使,根據(jù)向量的加法和減法以及B是CD中點,可用表示為:,所以又可以用表示為:=,所以根據(jù)平面向量基本定理得:,

13、λ﹣μ=3k≤3,所以最大值是3. 解答: 解:設(shè)==,0≤k≤1; 又; ∴; ∴t=λ﹣μ=3k,0≤k≤1; ∴k=1時t取最大值3. 即t=λ﹣μ的最大值為3. 故答案為:3. 點評: 考查共線向量基本定理,向量的加法、減法運算,以及平面向量基本定理.   13.已知函數(shù)f(x)=|x2+x﹣2|,x∈R.若方程f(x)﹣a|x﹣2|=0恰有4個互異的實數(shù)根,則實數(shù)a的取值范圍為?。?,1)?。? 考點: 根的存在性及根的個數(shù)判斷. 專題: 計算題;數(shù)形結(jié)合;函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用. 分析: 由y=f(x)﹣a|x﹣2|=0得f(x)=a|x﹣2|,顯然x=2不是

14、方程的根,則a=||,令x﹣2=t,則a=|t++5|有4個不相等的實根,畫出y=|t++5|的圖象,利用數(shù)形結(jié)合即可得到結(jié)論. 解答: 解:方程f(x)﹣a|x﹣2|=0, 即為f(x)=a|x﹣2|, 即有|x2+x﹣2|=a|x﹣2|, 顯然x=2不是方程的根, 則a=||, 令x﹣2=t,則a=|t++5|有4個不相等的實根,畫出y=|t++5|的圖象,如右圖: 在﹣4<t<﹣1時,t++5≤﹣2+5=1. 則要使直線y=a和y=|t++5|的圖象有四個交點,則a的范圍是(0,1), 故答案為:(0,1). 點評: 本題主要考查函數(shù)零點個數(shù)的應(yīng)用,利用數(shù)形結(jié)合是

15、解決本題的關(guān)鍵,屬于中檔題.   14.若函數(shù)f(x)=x2﹣ex﹣ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是 (﹣∞,2ln2)?。? 考點: 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性. 專題: 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用;導數(shù)的綜合應(yīng)用. 分析: 根據(jù)題意可得a<2x﹣ex有解,轉(zhuǎn)化為g(x)=2x﹣ex,a<g(x)max,利用導數(shù)求出最值即可. 解答: 解:∵函數(shù)f(x)=x2﹣ex﹣ax, ∴f′(x)=2x﹣ex﹣a, ∵函數(shù)f(x)=x2﹣ex﹣ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間, ∴f′(x)=2x﹣ex﹣a>0, 即a<2x﹣ex有解, 令g′(x)=2﹣ex, g′(x)=2

16、﹣ex=0,x=ln2, g′(x)=2﹣ex>0,x<ln2, g′(x)=2﹣ex<0,x>ln2 ∴當x=ln2時,g(x)max=2ln2﹣2, ∴a<2ln2﹣2即可. 故答案為:(﹣∞,2ln2) 點評: 本題考察了導數(shù)在解決函數(shù)最值,單調(diào)性,不等式成立問題中的應(yīng)用,屬于難題.   二、解答題:本大題共6小題,共90分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 15.(14分)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且asinB﹣bcosA=0. (1)求角A的大??; (2)若a=1,b=,求△ABC的面積. 考點: 正弦定理;余弦定理.

17、專題: 解三角形. 分析: (1)已知等式利用正弦定理化簡,由sinB不為0求出tanA的值,即可確定出A的度數(shù); (2)由余弦定理列出關(guān)系式,把a,b,cosA的值代入求出c的值,利用三角形面積公式即可求出三角形ABC面積. 解答: 解:(1)已知等式asinB﹣bcosA=0,利用正弦定理化簡得:sinAsinB﹣sinBcosA=0, ∵sinB≠0,∴tanA=, 則A=30°; (2)由余弦定理得:a2=b2+c2﹣2bccosA,即1=3+c2﹣3c, 解得:c=1或c=2, 當c=1時,S△ABC=bcsinA=××1×=; 當c=2時,S△ABC=bcsinA

18、=××2×=. 點評: 此題考查了正弦、余弦定理,三角形面積公式,熟練掌握正弦定理是解本題的關(guān)鍵.   16.(14分)已知函數(shù)f(x)=ax3﹣3x. (1)求函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間; (2)若在區(qū)間[1,2]上,f(x)≥4恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 考點: 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;函數(shù)恒成立問題. 專題: 導數(shù)的綜合應(yīng)用. 分析: (1)a=0時,函數(shù)是減函數(shù);a≠0時,由f(x)=ax3﹣3x(a≠0)?f′(x)=3ax2﹣3=3(ax2﹣1),分a>0與a<0討論,通過f′(x)的符號即可求得函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,從而得出

19、函數(shù)在閉區(qū)間上的最小值,即得到參數(shù)的一個方程,從而求出參數(shù). 解答: 解:(1)a=0時,f(x)=﹣3x, ∴f(x)的單調(diào)減區(qū)間是R; 當a≠0時, ∵f(x)=ax3﹣3x,a≠0, ∴f′(x)=3ax2﹣3=3(ax2﹣1), ∴當a>0時, 由f′(x)>0得:x>或x<﹣, 由f′(x)<0得:﹣ 當a<0時,由f′(x)>0得:, 由f′(x)<0得:x<或x>﹣; ∴當a>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(﹣∞,﹣),(,+∞);函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(﹣,),); 當a<0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,﹣),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為

20、(﹣∞,),(﹣,+∞); (2)當a≤0時,由(1)可知,f(x)在區(qū)間[1,2]是減函數(shù), 由f(2)=4得,(不符合舍去), 當a>0時,f′(x)=3ax2﹣3=0的兩根x=, ①當,即a≥1時,f′(x)≥0在區(qū)間[1,2]恒成立,f(x)在區(qū)間[1,2]是增函數(shù),由f(1)≥4得a≥7; ②當,即時 f′(x)≤0在區(qū)間[1,2]恒成立 f(x)在區(qū)間[1,2]是減函數(shù),f(2)≥4,a(不符合舍去); ③當1,即時,f(x)在區(qū)間[1,]是減函數(shù),f(x)在區(qū)間[,2]是增函數(shù);所以f()≥4無解. 綜上,a≥7. 點評: 本題考查的是導數(shù)知識,重點是利用導數(shù)判斷

21、函數(shù)的單調(diào)性,難點是分類討論.對學生的能力要求較高,屬于難題.   17.(14分)某實驗室某一天的溫度(單位:°C)隨時間t(單位:h)的變化近似滿足函數(shù)關(guān)系:f(t)=9﹣t,t∈[0,24). (1)求實驗室這一天里,溫度降低的時間段; (2)若要求實驗室溫度不高于10°C,則在哪段時間實驗室需要降溫? 考點: 兩角和與差的正弦函數(shù). 專題: 計算題;應(yīng)用題;三角函數(shù)的求值. 分析: (1)利用兩角和差的正弦公式化簡函數(shù)解析式為f(t)=9﹣2sin(),t∈[0,24),利用正弦函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間,即可得到; (2)由題意可得,令f(t)≤10時,不需要降溫,運用正弦

22、函數(shù)的性質(zhì),解出t,再求補集即可得到. 解答: 解:(1)f(t)=9﹣t,t∈[0,24), 則f(t)=9﹣2() =9﹣2sin(), 令2k2k,解得24k+2≤t≤24k+14,k為整數(shù), 由于t∈[0,24),則k=0,即得2≤t≤14. 則有實驗室這一天里,溫度降低的時間段為[2,14]; (2)令f(t)≤10,則9﹣2sin()≤10, 即有sin(), 則﹣, 解得24k﹣6≤t≤24k+10,k為整數(shù), 由于t∈[0,24),則得到0≤t≤10或18≤t<24, 故在10<t<18,實驗室需要降溫. 點評: 本題主要考查函數(shù)y=Asin(ωx+φ

23、)的圖象特征,兩角和差的正弦公式,正弦函數(shù)的定義域和值域,三角不等式的解法,屬于中檔題.   18.(16分)在平面直角坐標系xOy中,已知四邊形OABC是等腰梯形,,點,M滿足,點P在線段BC上運動(包括端點),如圖. (1)求∠OCM的余弦值; (2)是否存在實數(shù)λ,使,若存在,求出滿足條件的實數(shù)λ的取值范圍,若不存在,請說明理由. 考點: 數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系;數(shù)量積表示兩個向量的夾角. 專題: 平面向量及應(yīng)用. 分析: (1)由題意求得 、的坐標,再根據(jù)cos∠OCM=cos<,>=,運算求得結(jié)果. (2)設(shè),其中1≤t≤5,由,得,可得(2t﹣3)

24、λ=12.再根據(jù)t∈[1,)∪(,5],求得實數(shù)λ的取值范圍. 解答: 解:(1)由題意可得,, 故cos∠OCM=cos<,>==. (2)設(shè),其中1≤t≤5,,. 若, 則, 即12﹣2λt+3λ=0, 可得(2t﹣3)λ=12. 若,則λ不存在, 若,則, ∵t∈[1,)∪(,5], 故. 點評: 本題主要考查用數(shù)量積表示兩個兩個向量的夾角,兩個向量垂直的性質(zhì),屬于中檔題.   19.(16分)已知函數(shù)f(x)=x2+(x﹣1)?|x﹣a|. (1)若a=﹣1,解方程f(x)=1; (2)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍; (3)若函數(shù)f

25、(x)在[2,3]上的最小值為6,求實數(shù)a的值. 考點: 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;根的存在性及根的個數(shù)判斷. 專題: 計算題;導數(shù)的綜合應(yīng)用. 分析: (1)化方程f(x)=1可化為x2+(x﹣1)?|x+1|=0,即2x2﹣1=0(x≥﹣1)或1=0(x<﹣1),從而求解; (2)f(x)=x2+(x﹣1)?|x﹣a|=,則,從而求a; (3)討論a的不同取值,從而確定實數(shù)a的值. 解答: 解:(1)若a=﹣1,則方程f(x)=1可化為x2+(x﹣1)?|x+1|=0, 即2x2﹣1=0(x≥﹣1)或1=0(x<﹣1), 故x=或x=﹣; (2)f(x)=x2+(x﹣

26、1)?|x﹣a|=, 則若使函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增, 則, 則a≥1; (3)若a≥3,則f(x)=(a+1)x﹣a,x∈[2,3], 則函數(shù)f(x)在[2,3]上的最小值為6,可化為 2(a+1)﹣a=6,則a=4; 若1≤a<3,則f(x)在[2,3]上單調(diào)遞增, 則2(a+1)﹣a=6,則a=4無解, 若a<1,<1, 則f(x)=x2+(x﹣1)?|x﹣a|在[2,3]上單調(diào)遞增, 則2?22﹣(1+a)2+a=6, 解得,a=0. 綜上所述,a=0或a=4. 點評: 本題考查了函數(shù)導數(shù)的綜合應(yīng)用,同時考查了分類討論的數(shù)學思想,屬于中檔題.   20

27、.(16分)已知函數(shù)f(x)=lnx﹣x+a有且只有一個零點,其中a>0. (1)求a的值; (2)若對任意的x∈(1,+∞),有(x+1)f(x)+x2﹣2x+k>0恒成立,求實數(shù)k的最小值; (3)設(shè)h(x)=f(x)+x﹣1,對任意x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),證明:不等式恒成立. 考點: 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;函數(shù)零點的判定定理. 專題: 計算題;證明題;選作題;導數(shù)的綜合應(yīng)用. 分析: (1)f′(x)=﹣1,則函數(shù)f(x)=lnx﹣x+a在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,由題意,f(x)的最大值等于0,從而解出a; (2)化簡(x+1

28、)f(x)+x2﹣2x+k>0為k>2x﹣xlnx﹣lnx﹣1,從而將恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)g(x)=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1在[1,+∞)上的最值問題;利用導數(shù)可得g′(x)=2﹣lnx﹣1﹣=,再令m(x)=x﹣xlnx﹣1并求導m′(x)=1﹣lnx﹣1=﹣lnx,從而判斷g(x)在(1,+∞)上的單調(diào)性,最終求出函數(shù)g(x)=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1在[1,+∞)上的最值問題,則k≥g(1)=2﹣0﹣0﹣1=1,從而求實數(shù)k的最小值; (3)化簡h(x)=f(x)+x﹣1=lnx,則對任意x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),恒成立可化為對任意x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x

29、2),>0恒成立;不妨沒x1<x2,則上式可化為(x1+x2)(lnx1﹣lnx2)﹣2(x1﹣x2)<0,從而令n(x)=(x1+x)(lnx1﹣lnx)﹣2(x1﹣x),進行二階求導,判斷n(x)在(x1,+∞)上的單調(diào)性,從而證明對任意x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),不等式恒成立. 解答: 解:(1)f′(x)=﹣1, 則函數(shù)f(x)=lnx﹣x+a在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 則若使函數(shù)f(x)=lnx﹣x+a有且只有一個零點, 則0﹣1+a=0,解得,a=1; (2)(x+1)f(x)+x2﹣2x+k>0可化為 (x+1)(lnx﹣x+1)+

30、x2﹣2x+k>0, 即k>2x﹣xlnx﹣lnx﹣1對任意的x∈(1,+∞)恒成立, 令g(x)=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1, 則g′(x)=2﹣lnx﹣1﹣=, 令m(x)=x﹣xlnx﹣1, 則m′(x)=1﹣lnx﹣1=﹣lnx, ∵x∈(1,+∞), ∴m′(x)=1﹣lnx﹣1=﹣lnx<0, 則m(x)=x﹣xlnx﹣1<1﹣1ln1﹣1=0, 則g′(x)<0, 則g(x)在(1,+∞)上是減函數(shù), 則k>2x﹣xlnx﹣lnx﹣1對任意的x∈(1,+∞)恒成立可化為 k≥g(1)=2﹣0﹣0﹣1=1, 則k的最小值為1; (3)證明:由題意,h(x

31、)=f(x)+x﹣1=lnx, 則對任意x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),恒成立可化為, 對任意x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),>0恒成立; 不妨沒x1<x2,則lnx1﹣lnx2<0, 則上式可化為(x1+x2)(lnx1﹣lnx2)﹣2(x1﹣x2)<0, 令n(x)=(x1+x)(lnx1﹣lnx)﹣2(x1﹣x), 則n′(x)=(lnx1﹣lnx)﹣(x1+x)+2 =lnx1﹣lnx﹣+1, n″(x)=﹣+=, ∵則當x∈(x1,+∞)時,n″(x)<0, 則n′(x)在(x1,+∞)上是減函數(shù), 則n′(x)<n′(x1)=0, 則n(x)在(x1,+∞)上是減函數(shù), 則n(x)<n(x1)=0, 則(x1+x2)(lnx1﹣lnx2)﹣2(x1﹣x2)<0, 故對任意x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),不等式恒成立. 點評: 本題考查了函數(shù)的零點的個數(shù)的判斷,同時考查了恒成立問題的處理方法,判斷單調(diào)性一般用導數(shù),本題用到了二階求導及分化求導以降低化簡難度,屬于難題.

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