2020-2021年河南省郑州市高二（下）期中考试数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021年河南省郑州市高二（下）期中考试数学（理）试卷人教A版，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. 根据导数的定义，f′(x1)等于( )
A.limx1→0f(x1)−f(x0)x1−x0B.limΔx→0f(x1)−f(x0)Δx
C.limΔx→0f(x1+Δx)−f(x1)ΔxD.limx1→0f(x1+Δx)−f(x1)Δx

2. 用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设正确的是( )
A.假设a，b，c都是偶数B.假设a，b，c都不是偶数
C.假设a，b，c至多有一个偶数D.假设a，b，c至多有两个偶数

3. 从集合{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a+bi，其中虚数有( )
A.30个B.42个C.36个D.35个

4. 若a=02x2dx，b=02exdx，c=02sinxdx，则a，b，c大小关系是( )
A.c
5. 设i为虚数单位，则(x+i)6的展开式中含x4的项为( )
A.−15x4B.15x4C.−20ix4D.20ix4

6. 将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A.18种B.24种C.36种D.72种

7. 已知函数f(x)=x2+alnx+2x在(1, 4)上是减函数，则实数a的取值范围是( )
A.a≤36B.a<−632C.a≤−632D.a<36

8. 设复数z满足条件|z|=1，那么|z+22+i|的最大值是( )
A.3B.4C.1+22D.23

9. 若2+axna≠0的展开式中各项的二项式系数之和为512，且第6项的系数最大，则a的取值范围为( )
A.−∞,0∪2,3 B.−∞,0∪13,12C.2,3D.13,12

10. 定义域R的奇函数f(x)，当x∈(−∞, 0)时，f(x)+xf′(x)<0恒成立，若a=3f(3)，b=f(1)，c=−2f(−2)，则( )
A.a>c>bB.c>b>aC.c>a>bD.a>b>c

11. 若f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a在x=1处取得极大值10，则ba的值为( )
A.−32或−12B.−32或12C.−32D.−12

12. 已知函数f(x)=13x3+12ax2+bx+c在x1处取得极大值，在x2处取得极小值，满足x1∈(−1, 0)，x2∈(0, 1)，则a+2b+4a+2的取值范围是( )
A.(0, 2)B.(1, 3)C.[0, 3]D.[1, 3]
二、填空题

已知函数f(x)=x3+3xf′(0)−2e2x，则f′(1)等于________．

定积分01(1−(x−1)2−x)dx等于________．

设f(z)=2z(csπ6+ics2π3)，这里z是复数，用A表示原点，B表示f (1+3i)所对应的点，C表示点−4i所对应的点，则∠ABC=________．

已知实数a，b满足2a2−5lna−b=0，c∈R，则a−c2+b+c2的最小值为________．
三、解答题

已知复数z=(1−i)2+1+3i．
(1)求z及|z|；

(2)若z2+az+b=1−i，求实数a，b的值．

已知函数f(x)=12x2+alnx(a∈R)．
(1)若f(x)在[1, e]上是增函数，求a的取值范围；

(2)若a=1，a≤x≤e，证明：f(x)<23x3．

有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内.
(1)共有多少种放法？

(2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？

(3)恰有两个盒内不放球，有多少种放法？

已知函数y=f(n)(n∈N∗)，设f(1)=2，且任意的n1，n2∈N∗，有n1，n2∈N∗，有f(n1+n2)=f(n1)⋅f(n2)．
(1)求f(2)、f(3)、f(4)的值；

(2)试猜想f(n)的解析式，并用数学归纳法给出证明．

设函数f(x)=x3+ax2−a2x+m(a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在x∈[−1, 1]内没有极值点，求a的取值范围；

(3)若对任意的a∈[3, 6]，不等式f(x)≤1在x∈[−2, 2]上恒成立，求m的取值范围．

已知函数f(x)=a(x−1)x2，其中a>0．
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若直线x−y−1=0是曲线y=f(x)的切线，求实数a的值；

(3)设g(x)=xlnx−x2f(x)，求g(x)在区间[1, e]上的最小值．（e为自然对数的底数）
参考答案与试题解析
2020-2021年河南省郑州市高二（下）期中考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
极限及其运算
【解析】
根据导数的定义f′(x1)=lim△x→0f(x1+△x)−f(x1)△x，由此得出结论．
【解答】
解：根据导数的定义f′(x1)=limΔx→0f(x1+Δx)−f(x1)Δx.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
反证法
【解析】
本题考查反证法的概念，逻辑用语，否命题与命题的否定的概念，逻辑词语的否定．根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，故只须对“b、c中至少有一个偶数”写出否定即可．
【解答】
解：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定“至少有一个”的否定“都不是”．
即假设正确的是：假设a，b，c都不是偶数.
故选B.
3.
【答案】
C
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
本题是一个分步计数问题，从集合中任取两个互不相等的数a，b，组成复数a+bi，要求是一个虚数，也就是b不能为0，先选有限制条件的元素b，不能选0，在根据两个互不相等的数a，b，根据分步计数原理得到结果．
【解答】
解：∵ a，b互不相等且a+bi为虚数，
∴ b只能从{1, 2, 3, 4, 5, 6}中选一个有6种，
a从剩余的6个选一个有6种，
∴ 根据分步乘法计数原理知虚数有6×6=36（个）．
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
定积分
不等式比较两数大小
【解析】
将已知的a，b，c分别化简然后比较大小．
【解答】
解：∵a=02x2dx=13x3|02=83；
b=02exdx=ex|02=e2−1；
c=02sinxdx=−csx|02=1−cs2；
23，1∴ b>a>c.
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：通项Tr+1=C6rx6−rir(r=0，1，2，⋯,6)，
令r=2，得含x4的项为C62x4i2=−15x4．
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
把甲、乙两名员工看做一个整体，再把这4个人分成3部分，每部分至少一人，共有 C42种方法，再把这3部分人分到3个为车间，有A33种方法，根据分步计数原理，求得不同分法的种数．
【解答】
解：把甲、乙两名员工看做一个整体，
5个人变成了4个，再把这4个人分成3部分，
每部分至少一人，共有 C42种方法，
再把这3部分人分到3个路口，有A33种方法，
根据分步计数原理，不同分法的种数为C42⋅A33=36.
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
求出原函数的导函数，由函数f(x)=x2+alnx+2x在(1, 4)上是减函数得其导函数在x∈(1, 4)时小于等于0恒成立，分离变量后再利用导数分析单调性，从而求出a的范围．
【解答】
解：由f(x)=x2+alnx+2x，得f′(x)=2x+ax−2x2=2x3+ax−2x2，
因为f(x)=x2+alnx+2x在(1, 4)上是减函数，
所以当x∈(1, 4)时，2x3+ax−2≤0恒成立，
即a≤−2x2+2x在x∈(1, 4)上恒成立，
令u=−2x2+2x，则u′=−4x−2x2<0，
所以u=−2x2+2x在x∈(1, 4)上为减函数，
此时umin=−2×42+24=−632．
所以a≤−632．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
复数的模
【解析】
由于z满足条件|z|=1的复数z对应点都在以原点O为圆心的单位圆上，而|z+22+i|表示复数z对应点与复数−22−i对应点M间的距离，求得|OM|的值，再加上半径1，即为所求．
【解答】
解：由于z满足条件|z|=1的复数z对应点都在以原点O为圆心的单位圆上，
而|z+22+i|表示复数z对应点与复数−22−i对应点M间的距离，
由|OM|=8+1=3，得|z+22+i|的最大值为|OM|+1=4.
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由2n=512得n=9，分别求出二项式的第六项T6,第五项T5和第七项T7，由题意构建不等式求解a即可.
【解答】
解：由题意得2n=512，
所以n=9，
所以T5=C9425(ax)4，T6=C9524(ax)5，T7=C9623(ax)6，
因为展开式中第6项系数最大，
所以C9524a5≥C9623a6，C9524a5≥C9425a4，解得2≤a≤3.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的性质
【解析】
先构造函数g(x)＝xf(x)，依题意得g(x)是偶函数，且g′(x)<0恒成立，从而故g(x)在x∈(−∞, 0)单调递减，根据偶函数的对称性得出g(x)在(0, +∞)上递增，即可比较a，b，c的大小．
【解答】
解：设g(x)=xf(x)，依题意得g(x)是偶函数，
当x∈(−∞, 0)时，f(x)+xf′(x)<0，
即g′(x)<0恒成立，故g(x)在x∈(−∞, 0)上单调递减，
则g(x)在(0, +∞)上单调递增，
又a=3f(3)=g(3)，b=f(1)=g(1)，c=−2f(−2)=g(−2)=g(2)，
所以a>c>b．
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由于f′(x)=3x2+2ax+b，依题意知，f′(1)=3+2a+b=0，f(1)=1+a+b−a2−7a=10，于是有b=−3−2a，代入f(1)=10即可求得a，b，从而可得答案．
【解答】
解：∵ f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a，
∴ f′(x)=3x2+2ax+b，
又f(x)=x3+ax2+bx−a2−7a在x=1处取得极大值10，
∴ f′(1)=3+2a+b=0，f(1)=1+a+b−a2−7a=10，
∴ a2+8a+12=0，
∴ a=−2，b=1或a=−6，b=9．
当a=−2，b=1时，f′(x)=3x2−4x+1=(3x−1)(x−1)，
当131时，f′(x)>0，
∴ f(x)在x=1处取得极小值，与题意不符；
当a=−6，b=9时，f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)
当x<1时，f′(x)>0，当1∴ f(x)在x=1处取得极大值，符合题意；
则ba=9−6=−32.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
函数在某点取得极值的条件
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
【解析】
据极大值点左边导数为正右边导数为负，极小值点左边导数为负右边导数为正得a，b的约束条件，据线性规划求出最值．
【解答】
解：∵ f(x)=13x3+12ax2+bx+c，
∴ f′(x)=x2+ax+b，
∵ 函数f(x)在区间(−1, 0)内取得极大值，在区间(0, 1)内取得极小值，
∴ f′(x)=x2+ax+b=0在(−1, 0)和(0, 1)内各有一个根，
f′(0)<0，f′(−1)>0，f′(1)>0,
即b<0，1−a+b>0，1+a+b>0，
画出其表示的区域，如图，
a+2b+4a+2=1+2×b+1a+2，
令m=b+1a+2，其几何意义为区域中任意一点与点(−2, −1)连线的斜率，
分析可得0则1∴ a+2b+4a+2的取值范围是(1, 3)．
故选B.
二、填空题
【答案】
9−4e2
【考点】
导数的运算
【解析】
求函数的导数，让x=0，建立关于f′(0)的方程，解出f′(x)，代入x=1即可求解．
【解答】
解：∵ f(x)=x3+3xf′(0)−2e2x，
∴ f′(x)=3x2+3f′(0)−4e2x，
∴ f′(0)=3f′(0)−4，解得f′(0)=2．
∴ f′(x)=3x2+6−4e2x，
∴ f′(1)=9−4e2．
故答案为：9−4e2．
【答案】
π4−12
【考点】
定积分
【解析】
根据积分的几何意义和积分公式进行计算即可得到结论．
【解答】
解：01(1−(x−1)2−x)dx
=011−(x−1)2dx−01xdx
=011−(x−1)2dx−12x2|01
=011−(x−1)2dx−12，
由y=1−(x−1)2，
得函数y=1−(x−1)2表示以(1, 0)为圆心，半径r=1的圆的14，
∴ 011−(x−1)2dx=14×π×12=π4，
∴ 011−(x−1)2dx−12=π4−12.
故答案为：π4−12．
【答案】
30∘
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
【解析】
先求得f (1+3i)=23+2i，可得点B(23, 2)．再由点A和点C的坐标，可得BA→ 和BC→ 的坐标、模、以及 BA→⋅BC→ 的值，再根据 cs=|BA→|⋅|BC→|˙ 求得的值，可得∠ABC的值．
【解答】
解：∵ f(z)=2z(csπ6+ics2π3)=2z(32−12i)，
∴ f (1+3i)=2(1+3i)⋅(32−12i)=23+2i，
故点B(23, 2)．
∵点A(0, 0)，点C(0, −4)，
∴BA→=(−23, −2)，BC→=(−23, −6)，
∴ BA→⋅BC→=12+12=24，|BA→|=4，|BC→|=43，
∴ cs=32，
∴ =30∘，故∠ABC=30∘.
故答案为：30∘.
【答案】
322
【考点】
点到直线的距离公式
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
分别加y=fx=2x2−5lnx>0 y=−x，则a−c2+b+c2表示曲线上:y=fx的点到直线y=−x的距离，则a−i2+b+c2的最小值表示为和直线y=−平行的曲线的切线的之间的距离，求出曲线的切线方程，根据平行线间的距离公式即可求出答案．
【解答】
解：
分别设y=fx=2x2−5lnxx>0，y=−x，
则a−c2+b+c2表示曲线上y=fx的点到直线y=−x的距离，
则a−c2+b+c2的最小值表示为和直线y=−x平行的曲线的切线的之间的距离，
∵ fx=2x2−5lnx，
∴ f′x=4x−5x，
∴ f′a=4a−5a=−1，解得a=1，
∴ f1=2=b，
∴ 曲线过点1,2的切线方程为y−2=−x−1，即x+y−3=0，
∴ 直线x+y−3=0与直线y+x=0的距离d=32=322，
∴ a−c2+b+c2的最小值为322.
故答案为：322.
三、解答题
【答案】
解：(1)z=−2i+1+3i=1+i，
|z|=1+1=2.
(2)∵ z2+az+b=1−i，
∴ (1+i)2+a(1+i)+b=1−i，
∴ a+b+(2+a)i=1−i，
∴a+b=1，2+a=−1，
∴ a=−3，b=4．
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
复数相等的充要条件
【解析】
（1）首先整理出复数的最简形式，进行复数的乘方运算，合并同类项整理出复数的代数形式，并求出它的模长．
（2）首先把复数代入，整理成复数的标准形式，根据两个复数相等的条件，写出实部和虚部分别相等，求出a，b的值．
【解答】
解：(1)z=−2i+1+3i=1+i，
|z|=1+1=2.
(2)∵ z2+az+b=1−i，
∴ (1+i)2+a(1+i)+b=1−i，
∴ a+b+(2+a)i=1−i，
∴a+b=1，2+a=−1，
∴ a=−3，b=4．
【答案】
(1)解：由题意得f′(x)=x+ax，且f​(x)在[1, e]上是增函数，
∴ f′(x)=x+ax≥0在[1, e]上恒成立，
即a≥−x2在[1, e]上恒成立，
∴ a≥−1．
(2)证明：当a=1时，f(x)=12x2+lnx，x∈[1, e]，
令F(x)=f(x)−23x3=12x2+lnx−23x3，
∴ F′(x)=x+1x−2x2=(1−x)(1+x+2x2)x≤0，
∴ F(x)在[1, e]上是减函数，
∴ F(x)≤F(1)=12−23<0．
∴ x∈[1, e]时，f(x)<23x3．
【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
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(1)根据函数f(x)=12x2+alnx在[1, e]上是增函数，则f′(x)=x+ax≥0在[1, e]上恒成立，由此转化为函数恒成立问题，并用参变量分离转化为a的不等式，解不等式即可得到实数a的取值范围．
(2)根据题中条件，a=1求出函数f(x)的解析式，将不等式变形，构造一个新的函数F(x)，再根据F(x)的导函数在[1, e]上恒小于0，所以得到F(x)单调递减，从而求出F(x)在[1, e]上的最值小于0，即可证得f(x)<23x3．
【解答】
(1)解：由题意得f′(x)=x+ax，且f​(x)在[1, e]上是增函数，
∴ f′(x)=x+ax≥0在[1, e]上恒成立，
即a≥−x2在[1, e]上恒成立，
∴ a≥−1．
(2)证明：当a=1时，f(x)=12x2+lnx，x∈[1, e]，
令F(x)=f(x)−23x3=12x2+lnx−23x3，
∴ F′(x)=x+1x−2x2=(1−x)(1+x+2x2)x≤0，
∴ F(x)在[1, e]上是减函数，
∴ F(x)≤F(1)=12−23<0．
∴ x∈[1, e]时，f(x)<23x3．
【答案】
解：(1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44=256种．
(2)为保证“恰有一个盒内不放球”，先选一个盒子，有C41种方法；再将4个球分成2，1，1三组，有C42种分法，然后全排列，由分步乘法计数原理，共有C41C42A33=144种放法.
(3)先从四个盒子中任意拿走两个，有C42种方法．
从放球数目看，可分为3，1和2，2两类：
第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C43C21种放法；
第二类：有C42种放法．
由分步计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C42C43C21+C42=84放法．
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
(1)直接利用分步计数原理求解即可；
(2)为保证“恰有一个盒内不放球”，先选一个盒子，再将4个球分成2，1，1三组，然后全排列，由分步乘法计数原理，可得结论；
(3)先从四个盒子中任意拿走两个，有C42种方法．然后问题转化为：“4个球，两个盒子，每个盒子必放球，有几种放法？”从放球数目，进行分类讨论，即可得到结论．
【解答】
解：(1)一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44=256种．
(2)为保证“恰有一个盒内不放球”，先选一个盒子，有C41种方法；再将4个球分成2，1，1三组，有C42种分法，然后全排列，由分步乘法计数原理，共有C41C42A33=144种放法.
(3)先从四个盒子中任意拿走两个，有C42种方法．
从放球数目看，可分为3，1和2，2两类：
第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有C43C21种放法；
第二类：有C42种放法．
由分步计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有C42C43C21+C42=84放法．
【答案】
解：(1)∵f(1)=2，f(n1+n2)=f(n1)⋅f(n2)，
∴ f(2)=f(1+1)=f(1)⋅f(1)=22=4，
f(3)=f(2+1)=f(2)⋅f(1)=22⋅2=8，
f(4)=f(3+1)=f(3)⋅f(1)=23⋅2=16.
(2)猜想f(n)=2n，n∈N∗，
用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，f(1)=21=2，∴ 猜想正确；
②假设当n=k(k≥1)时猜想正确，即f(k)=2k，k∈N∗，
当n=k+1时，f(k+1)=f(k)f(1)=2k⋅2=2k+1，
所以，当n=k+1时，猜想正确，
由①②知，对n∈N∗，f(n)=2n，正确．
【考点】
函数的求值
数学归纳法
【解析】
(1)直接利用已知条件求出f(2)、f(3)、f(4)的值；
(2)利用(1)猜想f(n)的解析式，然后利用数学归纳法的证明方法证明即可．
【解答】
解：(1)∵f(1)=2，f(n1+n2)=f(n1)⋅f(n2)，
∴ f(2)=f(1+1)=f(1)⋅f(1)=22=4，
f(3)=f(2+1)=f(2)⋅f(1)=22⋅2=8，
f(4)=f(3+1)=f(3)⋅f(1)=23⋅2=16.
(2)猜想f(n)=2n，n∈N∗，
用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，f(1)=21=2，∴ 猜想正确；
②假设当n=k(k≥1)时猜想正确，即f(k)=2k，k∈N∗，
当n=k+1时，f(k+1)=f(k)f(1)=2k⋅2=2k+1，
所以，当n=k+1时，猜想正确，
由①②知，对n∈N∗，f(n)=2n，正确．
【答案】
解：(1)∵ f′(x)=3x2+2ax−a2=3(x−a3)(x+a)，
又a>0，
∴ 当x<−a或x>a3时，f′(x)>0.
当−a∴ 函数f(x)的单调递增区间为(−∞, −a)，(a3, +∞)，
单调递减区间为(−a, a3)．
(2)由题设可知，方程f′(x)=3x2+2ax−a2=0在[−1, 1]上没有实根，
∴ f′(−1)<0，f′(1)<0，a>0，
解得a>3．
故a的取值范围为(3, +∞).
(3)∵ a∈[3, 6]，
∴ 由(1)知a3∈[1, 2]，−a≤−3.
又x∈[−2, 2],
∴ f(x)max=max{f(−2), f(2)}.
而f(2)−f(−2)=16−4a2<0,
f(x)max=f(−2)=−8+4a+2a2+m .
又∵ f(x)≤1在[−2, 2]上恒成立,
∴ f(x)max≤1，即−8+4a+2a2+m≤1.
即m≤9−4a−2a2在a∈[3, 6]上恒成立.
∵ 9−4a−2a2的最小值为−87,
∴ m≤−87．
故m的取值范围为(−∞, −87]．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
函数恒成立问题
【解析】
（1）先求导，利用导数来判断函数的单调区间．
（2）要使函数f(x)在x∈[−1, 1]内没有极值点，只需f′(x)=0在(−1, 1)上没有实根即可．
（3）先求出f(x)max，再由题意得f(x)max≤1即−8+4a+2a2+m≤1，再分离参数，再求函数的最小值即可．
【解答】
解：(1)∵ f′(x)=3x2+2ax−a2=3(x−a3)(x+a)，
又a>0，
∴ 当x<−a或x>a3时，f′(x)>0.
当−a∴ 函数f(x)的单调递增区间为(−∞, −a)，(a3, +∞)，
单调递减区间为(−a, a3)．
(2)由题设可知，方程f′(x)=3x2+2ax−a2=0在[−1, 1]上没有实根，
∴ f′(−1)<0，f′(1)<0，a>0，
解得a>3．
故a的取值范围为(3, +∞).
(3)∵ a∈[3, 6]，
∴ 由(1)知a3∈[1, 2]，−a≤−3.
又x∈[−2, 2],
∴ f(x)max=max{f(−2), f(2)}.
而f(2)−f(−2)=16−4a2<0,
f(x)max=f(−2)=−8+4a+2a2+m .
又∵ f(x)≤1在[−2, 2]上恒成立,
∴ f(x)max≤1，即−8+4a+2a2+m≤1.
即m≤9−4a−2a2在a∈[3, 6]上恒成立.
∵ 9−4a−2a2的最小值为−87,
∴ m≤−87．
故m的取值范围为(−∞, −87]．
【答案】
解：(1)∵函数f(x)=a(x−1)x2，
∴ f′(x)=a(2−x)x3，
f′(x)>0⇒02，
故函数f(x)的单调递增区间为(0, 2)，单调递减区间为(−∞, 0)和(2, +∞).
(2)设切点为(x, y)，
由题意得切线斜率k=1=a(2−x)x3，
则x3=−ax+2a①，
由x−y−1=x−a(x−1)x2−1=0，
得(x2−a)(x−1)=0，解得x=1或±a．
把x=1代入①得a=1，
把x=a代入①得a=1，
把x=−a代入①得无解，
故所求实数a的值为1．
(3)∵ g(x)=xlnx−x2f(x)=xlnx−a(x−1)，
∴ g′(x)=lnx+1−a，
令lnx+1−a=0得x=ea−1，
故g(x)在区间(ea−1, +∞)上单调递增，
在区间(0, ea−1)上单调递减，
①当ea−1≤1时，即0其最小值为g(1)=0；
②当1g(x)的最小值为g(ea−1)=a−ea−1；
③当ea−1≥e，即a≥2时，g(x)在区间[1, e]上单调递减，
其最小值为g(e)=e+a−ae．
【考点】
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
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）先求导函数，直接让导函数大于0求出增区间，导函数小于0求出减区间即可；
（2）直接利用切线的斜率即为切点处的导数值以及切点是直线与曲线的共同点联立方程即可求实数a的值；
（3）先求出g(x)的导函数，分情况讨论出函数在区间[1, e]上的单调性，进而求得其在区间[1, e]上的最小值．
【解答】
解：(1)∵函数f(x)=a(x−1)x2，
∴ f′(x)=a(2−x)x3，
f′(x)>0⇒02，
故函数f(x)的单调递增区间为(0, 2)，单调递减区间为(−∞, 0)和(2, +∞).
(2)设切点为(x, y)，
由题意得切线斜率k=1=a(2−x)x3，
则x3=−ax+2a①，
由x−y−1=x−a(x−1)x2−1=0，
得(x2−a)(x−1)=0，解得x=1或±a．
把x=1代入①得a=1，
把x=a代入①得a=1，
把x=−a代入①得无解，
故所求实数a的值为1．
(3)∵ g(x)=xlnx−x2f(x)=xlnx−a(x−1)，
∴ g′(x)=lnx+1−a，
令lnx+1−a=0得x=ea−1，
故g(x)在区间(ea−1, +∞)上单调递增，
在区间(0, ea−1)上单调递减，
①当ea−1≤1时，即0其最小值为g(1)=0；
②当1g(x)的最小值为g(ea−1)=a−ea−1；
③当ea−1≥e，即a≥2时，g(x)在区间[1, e]上单调递减，
其最小值为g(e)=e+a−ae．