2023-2024学年山东省日照市校际联考高二（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年山东省日照市校际联考高二（下）期中数学试卷-普通用卷，共15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.已知实数m是2和8的等差中项，则m=( )
A. ±4B. −4C. 4D. 5
2.下列求导运算正确的是( )
A. (lgx)′=1xB. (ex+1)′=exC. (sinx)′=−csxD. (e2)′=2e
3.在等比数列{an}中，a2，a5是方程x2−7x−8=0的两个根，则a1a6=( )
A. 7B. 8C. −8或8D. −8
4.已知函数f(x)=3f′(1)x−x2+12，则f′(1)=( )
A. 1B. 2C. 12D. −12
5.已知数列{an}满足：a1=3，an+1={an2,当an为偶数时3an+1,当an为奇数时，则a1+a2+a3+a4+a5=( )
A. 34B. 42C. 46D. 64
6.若等差数列{an}满足a8>0，a7+a10<0，则当{an}的前n项和最大时，n=( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
7.若f(x)=−13x3+12x2+2x+1是区间(m−1,m+4)上的单调函数，则实数m的取值范围是( )
A. m≤−5B. m≥3
C. m≤−5或m≥3D. −5≤m≤3
8.已知函数f(x)=(xex)2+(a−1)(xex)+1−a有三个不同的零点x1 , x2 , x3，其中x1A. 1B. (a−1)2C. −1D. 1−a
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.函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则( )
A. x=12为函数f(x)的零点B. x=2为函数f(x)的极小值点
C. 函数f(x)在(12,2)上单调递减D. f(−2)是函数f(x)的最小值
10.等差数列{an}满足a1=1，a4a3=43，记bn= an+1− an，cn=[lgan]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg9]=0，[lg99]=1，则下列说法正确的是( )
A. an=nB. 数列{bn}是递增数列
C. b1+b2+⋯+b2024=44D. c1+c2+⋯+c1000=1893
11.已知a>0，1−lnb=e−a，则( )
A. 1lnbC. ea−lnb<1D. b−a<1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在数列{an}中，an+1=an+2，且a1=1，则a4=______.
13.已知函数f(x)=xlnx+2+1a，g(x)=−x2−bx−4，x=52是函数g(x)的极值点，若对任意的x∈[e−1,1]，总存在唯一的x2∈(−∞,3)，使得f(x1)=g(x2)成立，则实数a的取值范围是__________.
14.已知各项均不为0的数列{an}，其前n项和为Sn，且2Sn=anan+1，对任意的n∈N*，Sn≥S5恒成立，则a1的取值范围为______.
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)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+5，曲线y=f(x)在x=1处的切线为3x−y+1=0.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)在[−3,0]上的最大值和最小值.
16.(本小题15分)
已知公差为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1=1，b1=2，b2S2=18，b2+S3=12.
(1)求数列{an⋅bn}的前n项和Tn；
(2)设cn=bn+1Sn，求数列{cn}的前2n项和.
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=alnx−x2+(a−2)x，g(x)=(x−2)ex−x2−4x+m，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=−1时，对∀x∈(0,1)，f(x)>g(x)，求正整数m的最大值.
18.(本小题17分)
已知数列{an}满足a1=1，且对任意正整数m，n都有am+n=an+am+2mn.
(1)写出a2，a3，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{(−1)nan}的前n项和为Sn，若存在正整数k，使得2Sk+1+Sk+9=0，求k的值；
(3)设bn=12ln(1+1an+1an+1)，Tn是数列{bn}的前n项和，求证：Tn19.(本小题17分)
已知函数f(x)=csx，g(x)=xsinx+csx.
(1)判断函数g(x)在区间(0,5π2)上零点的个数并证明；
(2)函数F(x)=f(x)x在区间(0,+∞)上的极值点从小到大分别为x1，x2，x3…xn，…，n∈N*.
①证明：F(x1)+F(x2)<0；
②是否存在n，使得F(x1)+F(x2)+F(x3)+⋯+F(xn)≥0？若存在，求出n的取值范围；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵m是2和8的等差中项，
∴2m=2+8，
∴m=5.
故选：D.
根据题意可得2m=2+8，从而可求出m.
本题考查等差中项，考查学生基本的数学运算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：(lgx)′=1xln10，A错误；
(ex+1)′=ex，B正确；
(sinx)′=csx，C错误；
(e2)′=0，D错误．
故选：B.
由已知结合函数的求导公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的求导公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：在等比数列{an}中，由题意知：a2⋅a5=−8，
所以a1a6=a2⋅a5=−8.
故选：D.
由韦达定理可知a2⋅a5=−8，结合等比中项的性质可求出a1a6.
本题考查了等比的性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由f(x)=3f′(1)x−x2+12，
得f′(x)=3f′(1)−2x，
取x=1，得f′(1)=1.
故选：A.
求出原函数的导函数，再取x=1求解f′(1).
本题考查导数的运算，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题可得：a2=3×a1+1=3×3+1=10，
a3=a22=102=5，
a4=3a3+1=3×5+1=16，
a5=a42=162=8，
所以a1+a2+a3+a4+a5=3+10+5+16+8=42.
故选：B.
由数列的递推式计算可求得a2，a3，a4，a5，再求和即可．
本题考查由数列的递推式求通项，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】【分析】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
由题意和等差数列的性质求出{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，由此能求出结果．
【解答】解：∵等差数列{an}满足a7+a10<0，
∴a8+a9=a7+a10<0，
∵a8>0，∴a9<0，∴a9−a8=d<0，
∴等差数列{an}的前8项为正数，从第9项开始为负数，
∴当{an}的前n项和最大时n的值为8.
故选：B.
7.【答案】C
【解析】解：由题意，f′(x)=−x2+x+2=−(x−2)(x+1)，
令f′(x)>0，解得−12，
所以f(x)在(−1,2)上单调递减，在(−∞,−1)，(2,+∞)上单调递减，
若函数f(x)=−13x3+12x2+2x+1在区间(m−1,m+4)上单调，
则m+4≤−1或m−1≥2或m−1≥−1m+4≤2，解得m≤−5或m≥3或m∈⌀，
即m∈(−∞,−5]∪[3,+∞).
故选：C.
求导，分析导函数的正负得到原函数的单调性，再由已知建立关于m的不等式组，解出即可．
本题主要考查利用导数求函数的单调性，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：令t=xex，则t′=(x+1)ex，
故当x∈(−1,+∞)时，t′>0，t=xex是增函数，
当x∈(−∞,−1)时，t′<0，t=xex是减函数，
可得x=−1处t=xex取得最小值−1e，
x→−∞，t→0，画出t=xex的图象，
由f(x)=0可化为t2+(a−1)t+1−a=0，
故结合题意可知，t2+(a−1)t+1−a=0有两个不同的根，
故△=(a−1)2−4(1−a)>0，故a<−3或a>1，
不妨设方程的两个根分别为t1，t2，
①若a<−3，t1+t2=1−a>4，
与−2e②若a>1，则方程的两个根t1，t2一正一负；
不妨设t1<0故(1−x1ex1)(1−x2ex2)(1−x3ex3)2
=(1−t1)(1−t1)(1−t2)2
=(1−(t1+t2)+t1t2)2
又∵t1t2=1−a，t1+t2=1−a，
∴(1−x1ex1)(1−x2ex2)(1−x3ex3)2=(1−1+a+1−a)2=1.
故选：A.
令t=xex，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑t2+(a−1)t+1−a=0有两个不同的根，从而可得a<−3或a>1，结合图象可得x1ex1=t1，x2ex2=t1，x3ex3=t2，结合韦达定理即可得到所求值．
本题考查了导数的综合应用及转化思想的应用，同时考查了分类讨论思想的应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：由f(x)的导函数f′(x)的图像可知，在(−∞,−2)，(12,2)单调递减，在(−2,12)单调递增，
故当x=−2或x=2时，f(x)取得极小值，但f(−2)与f(2)的大小关系不确定，
故BC正确，AD错误，
故选：BC.
由f′(x)的图像可知，在(−∞,−2)，(12,2)单调递减，在(−2,12)单调递增，从而可得答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查识图能力与逻辑思维能力，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A，设等差数列{an}的公差为d，则由a1=1，a4a3=43，得1+3d1+2d=43，解得d=1，
所以an=1+(n−1)=n，故A正确；
对于B，因为( an+2+ an)2=an+2+an+2 an+2⋅an≤an+2+an+2× (an+2+an)24=2an+1+2an+1=4an+1，
所以 an+2+ an≤2 an+1，当且仅当an+2=an时取等号，所以 an+2+ an<2 an+1，
bn+1−bn= an+2− an+1−( an+1− an)= an+2+ an−2 an+1<0，
所以bn+1对于C，b1+b2+⋅⋅⋅+b2024=b2024+⋅⋅⋅+b2+b1
= a2025− a2024+ a2024− 2023+⋅⋅⋅+ a3− a2+ a2− a1
= a2025− a1= 2025− 1=45−1=44，故C正确；
对于D，因为cn=[lgan]=[lgn]，则当n∈[1,9]且n∈N*时，cn=0；
当n∈[10,99]且n∈N*时，cn=1；
当n∈[100,999]且n∈N*时，cn=2；
当n=1000时，cn=3，
所以c1+c2+⋅⋅⋅+c1000=9×0+90×1+900×2+3=1893，故D正确．
故选：ACD.
求得等差数列的通项可判断A；由数列单调性的定义计算可判断B；由裂项相消法求和计算即可判断C；求出数列{cn}的前1000项和即可判断D.
本题考查等差数列通项公式的求法，数列单调性的判断，数列的求和，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，a>0⇒ea>1⇒0对于B，函数令f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，
x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
f(x)min=f(0)=0，
故f(x)=ex−x−1≥0，即ex≥x+1，x=0时等号成立，
故a>0时，1−lnb=e−a>−a+1，
即a>lnb，B正确；
对于C，由基本不等式得ea+e−a≥2 ea⋅e−a=2，当且仅当ea=e−a，即ea=1，a=0时等号成立，
所以ea+e−a>2，即ea+1−lnb>2，解得ea−lnb>1，C错误；
对于D，设1−lnb=e−a=t，有0则a=−lnt，b=e1−t，
故b−a=el−t+lnt，
设g(t)=e1−t+lnt(0则h′(t)=−e1−t(1−t)<0⇒h(t)在(0,1)上单调递减⇒h(t)>h(1)=0，
即g′(t)>0在(0,1)上恒成立⇒g(t)在(0,1)上单调递增⇒g(t)故选：ABD.
由已知条件，利用对数式的运算判断范围，通过构造函数，利用基本不等式和导数求最值判断不等式是否成立．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与基本不等式的应用，考查转化与化归思想及推理运算能力，属于难题．
12.【答案】7
【解析】解：由an+1=an+2，得an+1−an=2，
所以{an}是以d=2为公差的等差数列，
所以a4=a1+3d=1+6=7.
故答案为：7.
根据题意可得an+1−an=2，从而{an}是以d=2为公差的等差数列，进一步利用a4=a1+3d进行求解即可．
本题主要考查等差数列的通项公式，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
13.【答案】(−∞,0)
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究恒成立与存在性问题，利用导数研究函数值域，属于中档题．
求出f′(x)，利用导数判断函数f(x)的单调性，求出f(x)的值域，然后利用极值的定义，求出b的值，再利用二次函数的性质求出g(x)的值域，将问题转化为两个值域之间的子集关系，列式求解即可．
【解答】
解：因为函数f(x)=xlnx+2+1a，其中x>0，
则f′(x)=lnx+1(x>0)，
令f′(x)>0，解得x>e−1，
所以当x∈[e−1,1]时，f(x)单调递增，
当x∈[e−1,1]时，f(x)∈[1a−1e+2,1a+2]，
因为g(x)=−x2−bx−4，
则g′(x)=−2x−b，
又x=52是函数g(x)的极值点，
所以g′(52)=−2×52−b=0，解得b=−5，
所以g(x)在(−∞,52)上单调递增，在(52,+∞)上单调递减，
且g(2)=g(3)=2，
所以g(x)∈(−∞,2],
因为对任意的x∈[e−1,1]，总存在唯一的x2∈(−∞,3)，使得f(x1)=g(x2)成立，
则[1a−1e+2,1a+2]⊆(−∞,2],
所以1a+2≤2，解得a<0.
所以实数a的取值范围是(−∞,0).
故答案为：(−∞,0).
14.【答案】[−12,−8]
【解析】解：由题意可得an≠0，
设a1=t(t≠0)，由2a1=2S1=a1a2，可得a2=2，
当n≥2时，由2Sn=anan+1，可得2Sn−1=an−1an，
两式相减可得2an=2Sn−2Sn−1=anan+1−an−1an，
化为an+1−an−1=2，
可得数列的奇数项是首项为t，公差为2的等差数列，偶数项是首项和公差均为2的等差数列，
由任意的n∈N*，Sn≥S5恒成立，
可得S1≥S5，S3≥S5，即有t≥3t+12，2t+4≥3t+12，解得t≤−8，①
又S7≥S5，即4t+24≥3t+12，解得t≥−12，②
由①②，可得−12≤t≤−8，
由于a8=8，且4≤t+16≤8，可得S8>S5，S9>S5，
同理可得n>9时，都有Sn>S5，
综上，可得a1的取值范围为[−12,−8].
故答案为：[−12,−8].
首先求得a2，由an与Sn的关系，推得数列的奇数项是首项为t，公差为2的等差数列，偶数项是首项和公差均为2的等差数列，由题意可得S1≥S5，S3≥S5，S7≥S5，解不等式可得所求取值范围．
本题考查数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，以及不等式恒成立的问题，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由f(x)=x3+ax2+bx+5，得f′(x)=3x2+2ax+b，
当x=1时，切线的斜率为3，可得f′(1)=3+2a+b=3①，
当x=1时，y=4，可得f(1)=6+a+b=4②，
由①②解得a=2，b=−4；
(2)由(1)可得：f(x)=x3+2x2−4x+5，x∈[−3,0]，
则f′(x)=3x2+4x−4，
令f′(x)=0，得x=−2或x=23(舍去)，
当x∈[−3,−2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(−2,0]时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以当x=−2时，f(x)取得最大值f(−2)=13，
又因为f(−3)=8，f(0)=5，
所以f(x)max=13，f(x)min=5.
【解析】(1)利用导数的几何意义求解；
(2)求出f′(x)，根据f′(x)的正负得到f(x)的单调性，进而求出f(x)的最值．
本题主要考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0)，等比数列{bn}公比为q，
∴b2S2=2q(2+d)=18b2+S3=2q+3+3d=12，
解得，d=1，q=3，
∴an=1+(n−1)×1=n，bn=2×3n−1；
∴an⋅bn=2n⋅3n−1，
∴Tn=2(1×30+2×31+3×32+⋯+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1)，
∴3Tn=2(1×31+2×32+3×33+⋯+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n)，
两式作差得：−2Tn=2(30+31+⋯+3n−1−n⋅3n)=2(30(1−3n)1−3−n⋅3n)，
则Tn=3n(2n−1)+12；
(2)由(1)得cn=2⋅3n−1+1n(1+n)2=2⋅3n−1+2n(n+1)=2⋅3n−1+2×(1n−1n+1)，
则c1+c2+…+c2n=2(30+31+…+32n−1)+2(1−12+12−13+…+12n−12n+1)
=2(1−32n)1−3+2×(1−1−2n+1)=32n−1+4n2n+1.
【解析】(1)由已知结合等差数列的求和公式及等比数列的通项公式先分别求出公差d及公比q，然后求出an，bn，再由错位相减求和即可求解；
(2)先求出cn，然后利用分组求和，结合等比数列的求和公式及裂项求和即可求解．
本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式及求和公式的应用，还考查了错位相减求和及裂项求和的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f′(x)=ax−2x+(a−2)=−2x2+(a−2)x+ax=(x+1)(a−2x)x，
①a≤0时，∵x>0，∴f′(x)<0，f(x)单调递减；
②a>0时，x∈(0,a2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(a2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上得，a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；a>0时，f(x)在(0,a2)上单调递增，在(a2,+∞)上单调递减；
(2)由(1)知a=−1时，f(x)在(0,1)上单调递减，
∴根据题意得：g(x)≤f(1)=−4在x∈(0,1)上恒成立，
∵g′(x)=ex+(x−2)ex−2x−4=(x−1)ex−2x−4，且0∴g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(0)≤−4，即m−2≤−4，∴m≤−2，即m的最大值为−2.
【解析】(1)求出f(x)的导函数，并变形为f′(x)=(x+1)(a−2x)x，然后根据x>0，讨论a：分a≤0和a>0两种情况，判断f′(x)的符号即可得出f(x)的单调性；
(2)根据(1)判断a=−1时f(x)在(0,1)上的单调性，从而可根据题意得出g(x)≤−4恒成立，再求g′(x)，根据g′(x)在(0,1)上的符号判断g(x)的单调性，然后即可求出m的最大值．
本题考查了基本初等函数的求导公式，积的导数的求导公式，根据导数符号判断函数单调性和求函数最值的方法，是中档题．
18.【答案】解：(1)由对任意正整数m，n都有am+n=an+am+2mn，
令m=1，可得an+1=an+1+2n，
所以an+1−an=2n+1，
则a2=a1+3=4，a3=a2+5=9，
当n≥2时，an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1+3+⋯+(2n−1)=n2，
当n=1时，a1=1符合上式，
所以an=n2；
(2)由(1)得an=n2，
当n为偶数时，Sn=(−12+22)+(−32+42)+⋯+[−(n−1)2+n2]
=3+7+11+⋯+(2n−1)=n2(3+2n−1)2=n(n+1)2；
当n为奇数时，n−1为偶数，Sn=Sn−1+(−1)nan=Sn−1−an=n(n−1)2−n2=−n2−n2，
综上所述，Sn={n(n+1)2,n为偶数−n(n+1)2,n为奇数，
若k为偶数，则k+1为奇数，由2Sk+Sk+1=0，
得k2+k−(k+1)2+k+12=0，整理得k2−k−2=0，解得k=−1(舍去)或k=2；
若k为奇数，则k+1为偶数，由2Sk+Sk+1=0，即−k2−k+(k+1)2+k+12=0，
整理得k2−k−2=0，解得k=−1或k=2，均不合题意，舍去．
综上，k的值为2.
证明：(3)由bn=12ln(1+1an+1an+1)=12ln 1+1n2+1(n+1)2
=ln n2(n+1)2+n2+(n+1)2n2(n+1)2=ln n2(n+1)2+n2+n2+2n+1n2(n+1)2
=ln n2(n+1)2+2n(n+1)+1n2(n+1)2=lnn(n+1)+1n(n+1)
=ln[1+1n(n+1)]=ln(1+1n−1n+1)，
证明x>0时，ln(x+1)令f(x)=x−ln(x+1)，x>0，
求导得f′(x)=1−11+x=x1+x>0，
所以f(x)=x−ln(x+1)，x>0单调递增，
所以f(x)=x−ln(x+1)>f(0)=0，x>0，
结合当x>0时，ln(x+1)所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn<(11−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)=1−1n+1=nn+1.
故Tn【解析】(1)令m=1得an+1=an+1+2n，通过累加的方式即可得解；
(2)首先分类讨论结合等差数列求和公式得到Sn表达式，然后对k分类讨论列方程求解即可；
(3)首先将数列{bn}通项公式化简，通过不等式放缩，然后裂项相消即可求解．
本题主要考查了数列的递推关系及累加法在数列项的求解中的应用，还考查了分组求和及并项求和，裂项求和，不等式的放缩在不等式证明中的应用，属于难题．
19.【答案】解：(1)函数g(x)在区间(0,5π2)上恰有两个零点，证明如下：
g(x)=xsinx+csx，则g′(x)=xcsx，
当x∈(0,π2)时，∵csx>0，g′(x)>0，g(x)在(0,π2)上单调递增，g(x)>g(0)=1，
∴g(x)在(0,π2)上无零点；
当x∈(π2,3π2)时，∵csx<0，g′(x)<0，g(x)在(π2,3π2)上单调递减，
g(π2)=π2>0，g(3π2)=−3π2<0，
∴g(x)在(π2,3π2)上有唯一零点；
当x∈(3π2,5π2)时，∵csx>0，g′(x)>0，g(x)在(3π2,5π2)上单调递增，
∵g(3π2)<0，g(5π2)>0，∴g(x)在(3π2,5π2)上有唯一零点．
综上，函数g(x)在区间(0,5π2)上恰有两个零点．
(2)①证明：F(x)=f(x)x=csxx，F′(x)=−xsinx+csxx2=−g(x)x2，
由(1)知F(x)在(0,π2)上无极值点；在(π2,3π2)上有极小值点，即为x1，在(3π2,5π2)有极大值点，即为x2，
同理可得，在(5π2,7π2)有极小值点x3，…，在((2n−1)π2,(2n+1)π2)有极值点xn，
由xnsinxn+csxn=0得−1xn=tanxn，
∵x2>x1，∴−1x2>−1x1，∴tanx2>tanx1=tan(x1+π)，
∵g(π2)>0，g(π)<0，g(3π2)<0，g(2π)>0，
∴F′(π2)<0，F′(π)>0,F′(3π2)>0，F′(2π)<0，
∴x1∈(π2,π)，x2∈(3π2,2π)，∵x2,x1+π∈(3π2,2π)，
由函数y=tanx在(3π2,2π)单调递增得x2>x1+π，
∴F(x1)+F(x2)=csx1x1+csx2x2=−sinx1−sinx2，
由y=sinx在(3π2,2π)单调递增得sinx2>sin(x1+π)=−sinx1，
∴F(x1)+F(x2)=−sinx1−sinx2<0.
②不存在，理由如下：
同理x2n−1∈(4n−32π,(2n−1)π)，x2n∈(4n−12π,2nπ)，
2nπ>x2n>x2n−1+π>4n−12π，
由y=sinx在(4n−12π,2nπ)，n∈N*上单调递增得sinx2n>−sinx2n−1，
∴F(x2n)+F(x2n−1)=−sinx2n−sinx2n−1<0，且F(x2n)>0，F(x2n−1)<0，
当n为偶数时，从F(x1)<0开始相邻两项配对，每组和均为负值，
即[F(x1)+F(x2)]+[F(x3)+F(x4)]+⋯+[F(xn−1)+F(xn)]<0；
当n为奇数时，从F(x1)<0开始相邻两项配对，每组和均为负值，还多出最后一项也是负值，
即[F(x1)+F(x2)]+[F(x3)+F(x4)]+⋯+[F(xn−1)+F(xn)]<0，
综上，对一切n∈N*，F(x1)+F(x2)+F(x3)+⋯+F(xn)<0成立，
故不存在n∈N*使得F(x1)+F(x2)+F(x3)+⋯+F(xn)≥0.
【解析】(1)对g(x)求导，再对x分类讨论，判断函数的单调性，利用零点存在性定理求解即可；
(2)①由(1)可得F(x)的极值点x1，x2的取值范围，由xnsinxn+csxn=0得−1xn=tanxn，可得F(x1)+F(x2)=csx1x1+csx2x2=−sinx1−sinx2，由sinx的单调性即可得证；
②同理可得F(x2n)+F(x2n−1)=−sinx2n−sinx2n−1<0，且F(x2n)>0，F(x2n−1)<0，再分n为偶数和奇数两种情况讨论，即可得出结论．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，函数零点个数的判断，考查运算求解能力，属于难题．