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浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷二

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这是一份浙江专用2020高考数学三轮冲刺抢分练仿真卷二，共12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．若集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2<1))))，B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(1答案 D
解析 ∵集合A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2<1))))＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－12．双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的顶点到渐近线的距离等于( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(4\r(5),5)
答案 A
解析双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的顶点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±2，0)).渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x.
双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的顶点到渐近线的距离等于eq \f(1,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(2\r(5),5).
3．已知实数x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,3x＋y≤3，,y≥0，))则z＝x＋2y的最大值是( )
A．0 B．1 C．5 D．6
答案 D
解析作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示：
由z＝x＋2y，得y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)z，
平移直线y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)z，由图象可知，
当直线y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)z经过点A时，
直线y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)z在y轴上的截距最大，此时z最大．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,3x＋y＝3，))得A(0,3)，
此时z的最大值为z＝0＋2×3＝6.
4．已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是一个边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )
A.eq \f(22,3) B．20
C．20＋eq \r(6) D．20＋eq \r(10)
答案 C
解析该几何体是棱长为2的正方体削去一个角后得到的几何体(如图)，其表面积为S＝3×2×2＋2×eq \f(1＋2×2,2)＋eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(3)＝20＋eq \r(6).
5．设x∈R，则x3<1是x2<1的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 B
解析由x3<1，可得x<1，
由x2<1，解得－1所以(－1,1)(－∞，1)，
所以x3<1是x2<1的必要不充分条件．
6．函数y＝x3＋ln(eq \r(x2＋1)－x)的图象大致为( )
答案 C
解析因为f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)3＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－x2＋1)＋x))＝－x3＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x2＋1)＋x))
＝－x3－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x2＋1)＋x))－1＝－x3－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x2＋1)－x))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))为奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，因为f(1)＝1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))>0，所以排除A.
7．设随机变量X的分布列如下：
则方差D(X)等于( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 a＝1－0.1－0.3－0.4＝0.2，
E(X)＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.4＝2，
故D(X)＝(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.2＋(2－2)2×0.3＋(3－2)2×0.4＝1.
8．已知在矩形ABCD中，AD＝eq \r(2)AB，沿直线BD将△ABD折成△A′BD，使点A′在平面BCD上的射影在△BCD内(不含边界)．设二面角A′－BD－C的大小为θ，直线A′D, A′C与平面BCD所成的角分别为α，β则( )
A．α<θ<β B．β<θ<α
C．β<α<θ D．α<β<θ
答案 D
解析如图，作A′E⊥BD于E, O是A′在平面BCD内的射影，连接OE，OD，OC，易知∠A′EO＝θ，∠A′DO＝α，∠A′CO＝β，在矩形ABCD中，作AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，由O点必落在EF上，由AD＝eq \r(2)AB知OEtan β>tan α，即θ>β>α.

9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg2x|，0A.eq \f(x1＋x2,2)＝1 B．1C．4答案 C
解析由题意，作出函数的图象如图所示，
由图可知，0所以4又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x3))))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(lg2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x4))))，
得lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x3))>－lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x4))，
所以lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x4))>0，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x4))>1，即x3x4－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋x4))＋15>0，
又x3＋x4>2eq \r(x3x4)，所以2eq \r(x3x4)所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x3x4)－3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x3x4)－5))>0，所以x3x4<9，
综上，410．已知a，b，c∈R且a＋b＋c＝0，a>b>c，则eq \f(b,\r(a2＋c2))的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),5)，\f(\r(5),5))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(1,5)))
C．(－eq \r(2)，eq \r(2)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(\r(5),5)))
答案 A
解析由a＋b＋c＝0，a>b>c，得a>0，c<0，b＝－a－c.因为a>b>c，即a>－a－c>c，解得－2－eq \f(5,2)，即eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，－2))，
所以eq \f(2,\f(c,a)＋\f(a,c))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,5)))，
所以t2∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,5))).
所以t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),5)，\f(\r(5),5))).
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．二项式(1＋2x)5中，所有的二项式系数之和为_________________；
系数最大的项为________．
答案 32 80x3,80x4
解析所有的二项式系数之和为Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)＋…＋Ceq \\al(5,5)＝25＝32，展开式为1＋10x＋40x2＋80x3＋80x4＋32x5，系数最大的项为80x3和80x4.
12．圆x2＋y2－2x－4y＝0的圆心C的坐标是__________，设直线l：y＝k(x＋2)与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则k＝__________.
答案 (1,2) 0或eq \f(12,5)
解析由圆的一般方程x2＋y2－2x－4y＝0可得(x－1)2＋(y－2)2＝5，故圆心为C(1,2)．又圆心到直线l的距离d＝eq \f(|3k－2|,\r(1＋k2))，由弦心距、半径及半弦长之间的关系可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|3k－2|,\r(1＋k2))))2＋1＝5，解得k＝0或k＝eq \f(12,5).
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(3)，b＝eq \r(2)，A＝eq \f(π,3)，则B＝________；S△ABC＝_____________.
答案 eq \f(π,4) eq \f(3＋\r(3),4)
解析由已知及正弦定理可得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(\r(2)×sin\f(π,3),\r(3))＝eq \f(\r(2),2)，
由于0因为b所以B＝eq \f(π,4)，C＝π－eq \f(π,3)－eq \f(π,4)＝eq \f(5π,12)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \r(2)×sineq \f(5π,12)＝eq \f(3＋\r(3),4).
综上，B＝eq \f(π,4)，S△ABC＝eq \f(3＋\r(3),4).
14．在政治、历史、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则甲的不同的选法种数为____．乙、丙两名同学都选物理的概率是________．
答案 15 eq \f(9,49)
解析由题意知同学甲只要在除物理之外的六门学科中选两门即可，故甲的不同的选法种数为Ceq \\al(2,6)＝eq \f(6×5,2)＝15(种)；由题意知同学乙、丙两人除选物理之外，还要在剩下的六门学科中选两门，故乙、丙的所有不同的选法种数为m＝Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,6)＝eq \f(6×5,2)×eq \f(6×5,2)＝225(种)，而同学乙、丙两人从7门学科中选3门的所有选法种数为n＝Ceq \\al(3,7)Ceq \\al(3,7)＝eq \f(7×6×5,3×2×1)×eq \f(7×6×5,3×2×1)＝35×35＝1 225(种)，故所求事件的概率是P＝eq \f(225,1 225)＝eq \f(9,49).
15．已知正实数x，y满足x＋2y＝4，则eq \r(2xy＋1)的最大值为________．
答案 3
解析已知正实数x，y满足x＋2y＝4，根据基本不等式得到eq \r(2x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋1)))＝eq \r(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2y＋2)))≤eq \f(x＋2y＋2,2)＝3.当且仅当x＝2y＋2，即x＝3，y＝eq \f(1,2)时，等号成立．
16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若对任意λ∈R，不等式|λeq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))|≥|eq \(BC,\s\up6(→))|恒成立，则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)的最大值为________．
答案 eq \r(5)
解析由对任意λ∈R，不等式|λeq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))|≥|eq \(BC,\s\up6(→))|恒成立，得BC边上的高h≥a.
在△ABC中，有eq \f(1,2)ah＝eq \f(1,2)bcsin A，即bc＝eq \f(ah,sin A)，
在△ABC中，由余弦定理得
b2＋c2＝a2＋2bccs A＝a2＋eq \f(2ahcs A,sin A)，
则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)＝eq \f(b2＋c2,bc)＝eq \f(a2＋\f(2ahcs A,sin A),\f(ah,sin A))
＝eq \f(a2sin A＋2ahcs A,ah)＝eq \f(asin A＋2hcs A,h)
≤eq \f(hsin A＋2hcs A,h)＝sin A＋2cs A
＝eq \r(5)sin(A＋φ)，其中tan φ＝2，
则当A＋φ＝eq \f(π,2)且h＝a时，eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)取得最大值eq \r(5).
17．等差数列{an}满足aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2n＋1)＝1，则aeq \\al(2,n＋1)＋aeq \\al(2,3n＋1)的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(5),2)，\f(3＋\r(5),2)))
解析设eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝sin α，,a2n＋1＝cs α))⇒a2n＋1＝a1＋2nd＝cs α
⇒2nd＝cs α－sin α⇒aeq \\al(2,n＋1)＋aeq \\al(2,3n＋1)
＝(a2n＋1－nd)2 ＋(a2n＋1＋nd)2＝2[aeq \\al(2,2n＋1)＋(nd)2]
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs2α＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs α－sin α,2)))2))＝2cs2α
＋eq \f(1－2sin αcs α,2)＝eq \f(3＋2cs 2α－sin 2α,2)
＝eq \f(3＋\r(5)cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋φ)),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中sin φ＝\f(1,\r(5))，cs φ＝\f(2,\r(5))))，
所以所求的范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(5),2)，\f(3＋\r(5),2))).
三、解答题(本大题共5小题，共74分．)
18．(14分)已知函数f(x)＝cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\r(3)cs x))，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上的单调性．
解 (1)由题意得f(x)＝cs xsin x－eq \r(3)cs2x
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋cs 2x))
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2).
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，其最大值为1－eq \f(\r(3),2).
(2)令z＝2x－eq \f(π,3)，
则函数y＝sin z的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，
B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ≤x≤\f(5π,12)＋kπ，k∈Z))))，
易知A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,12))).
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,12)))上单调递增；在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上单调递减．
19．(15分)在四棱锥E－ABCD中，BC∥AD，AD⊥DC，AD＝DC＝2BC，AB＝AE＝ED＝BE，F是AE的中点．
(1)证明：BF∥平面EDC；
(2)求BF与平面EBC所成角的正弦值．
(1)证明取ED的中点G，连接FG，GC，
则FG∥AD，且FG＝eq \f(1,2)AD，
又因为BC∥AD，且BC＝eq \f(1,2)AD，
所以FG∥BC，且FG＝BC，
所以四边形BFGC是平行四边形，
所以BF∥CG，
因为BF⊄平面EDC，CG⊂平面EDC，
所以BF∥平面EDC.
(2)解分别取AD，BC的中点H，N，连接EH交FG于点M，则M是FG的中点，连接MN，则BF∥MN，
所以BF与平面EBC所成角即为MN与平面EBC所成角，
由EA＝ED，H是AD的中点，得EH⊥AD，
由于BC∥AD，所以BC⊥EH，易知四边形BHDC是平行四边形，所以CD∥BH，
由BC⊥CD，得BC⊥BH，
又EH∩BH＝H，所以BC⊥平面EBH，
因为BC⊂平面EBC，所以平面EBC⊥平面EBH，
过点M作MI⊥BE，垂足为I，则MI⊥平面EBC，
连接IN，∠MNI即为所求的角．
设BC＝1，则AD＝CD＝2，所以AB＝eq \r(5)，
由AB＝BE＝AE＝eq \r(5)，得BF＝eq \f(\r(15),2)，
所以MN＝BF＝eq \f(\r(15),2)，
在Rt△AHE中，由AE＝eq \r(5)，AH＝1，得EH＝2，
在△EBH中，由BH＝EH＝2，BE＝eq \r(5)，
MI⊥BE，M为HE的中点，可得MI＝eq \f(\r(11),4)，
因此sin∠MNI＝eq \f(MI,MN)＝eq \f(\r(165),30).
20．(15分)正项数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足aeq \\al(2,n)＋an＝3aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1，a1＝1.
(1)求a2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，an<2an＋1；
(3)记数列{an}的前n项和为Sn，证明：对任意的n∈N*,2－eq \f(1,2n－1)≤Sn<3.
(1)解当n＝1时，由aeq \\al(2,1)＋a1＝3aeq \\al(2,2)＋2a2＝2及a2>0，
得a2＝eq \f(\r(7)－1,3).
(2)证明由aeq \\al(2,n)＋an＝3aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1<4aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝(2an＋1)2＋2an＋1，
又因为y＝x2＋x在x∈(0，＋∞)上单调递增，故an<2an＋1.
(3)证明由(2)知当n≥2时，eq \f(an,an－1)>eq \f(1,2)，eq \f(an－1,an－2)>eq \f(1,2)，…，eq \f(a2,a1)>eq \f(1,2)，相乘得
an>eq \f(1,2n－1)a1＝eq \f(1,2n－1)，即an>eq \f(1,2n－1)，
故当n≥2时，Sn＝a1＋a2＋…＋an>1＋eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝2－eq \f(1,2n－1)，
当n＝1时，S1＝1＝2－eq \f(1,2n－1).
所以当n∈N*时，Sn≥2－eq \f(1,2n－1).
另一方面，aeq \\al(2,n)＋an＝3aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1>2aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1
＝2(aeq \\al(2,n＋1)＋an＋1)，
令aeq \\al(2,n)＋an＝bn，则bn>2bn＋1，
于是当n≥2时，eq \f(bn,bn－1)bn即aeq \\al(2,n)＋an＝bn故当n≥2时，Sn＝a1＋(a2＋…＋an)<1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,2n－2)))
＝3－eq \f(1,2n－2)<3.
当n＝1时，S1＝1<3，
综上，对任意的n∈N*,2－eq \f(1,2n－1)≤Sn<3.
21．(15分)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2pyeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p>0))的焦点分别为F1，F2，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1))且F1F2⊥OP(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值．
解 (1)F1(1,0)，F2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
∴eq \(F1F2,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))，
eq \(F1F2,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1))＝1－eq \f(p,2)＝0，
∴p＝2，
∴抛物线C2的方程为x2＝4y.
(2)由题意知，过点O的直线的斜率一定存在且不为0，设直线方程为y＝kx，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx，))得(kx)2＝4x，求得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)，\f(4,k)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx，))得N(4k,4k2)(k＜0)，
从而|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))，
点P到直线MN的距离d＝eq \f(|k－1|,\r(1＋k2))，
S△PMN＝eq \f(1,2)·eq \f(|k－1|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))
＝2eq \f(1－k1－k3,k2)＝eq \f(21－k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k＋k2)),k2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)－2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)＋1))，
令t＝k＋eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t≤－2))，有S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，
当t＝－2，k＝－1时，S△PMN取得最小值．
即当过原点的直线为y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值为8.
22．(15分)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)＝(x－2)ex＋f(x)－1－b，当a≥1时，g(x)≤0对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))恒成立，求满足条件的b最小的整数值．
解 (1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a，
当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，
当a>0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，x＝eq \f(1,a)，
由f′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，由f′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，
当a>0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)由g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))ex＋ln x－ax－b，
因为g(x)≤0对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))恒成立，
b≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))ex＋ln x－ax在a≥1时对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))恒成立，
因为a≥1，x>0，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))ex＋ln x－ax≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))ex＋ln x－x，
只需b≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))ex＋ln x－x对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))恒成立即可．
构造函数h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))ex＋ln x－x，
h′(x)＝(x－1)ex＋eq \f(1,x)－1＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,x)))，
因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以x－1<0，
且t(x)＝ex－eq \f(1,x)单调递增，
因为teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－2<0，teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))＝e－1>0，
所以一定存在唯一的x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得t(x0)＝0，
即ex0＝eq \f(1,x0)，x0＝－ln x0.
所以h(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，1)).
所以h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－2))ex0＋ln x0－x0
＝1－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,x0)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－3))，
所以b的最小的整数值为－3.X
0
1
2
3
P
0.1
a
0.3
0.4