2020-2021学年河南省南阳市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版

这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）11月月考数学（理）试卷北师大版，共11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. 已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a+bi2=2i”是“a=b=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

2. 日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为( )

A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘

3. 已知函数f(x)=lg(x2−4x−5)在(a, +∞)上单调递增，则a的取值范围是( )
A.(2, +∞)B.[2, +∞)C.(5, +∞)D.[5, +∞)

4. 若定义在R的奇函数fx在−∞,0单调递减，且f2=0，则满足xfx−1≥0的x的取值范围是( )
A. [−1,1]∪[3,+∞) B.−3,−1∪0,1
C.[−1,0]∪[1,+∞)D.−1,0∪1,3

5. 设2a=5b=m，且1a+1b=1，则m等于（ ）
A.10B.10C.20D.100

6. 函数y=|sinx|⋅ln|x|的部分图象大致为( )
A.B.
C.D.

7. 已知函数f(x)=x2，x≥0，ax−1，x<0. 若存在非零实数x0，使得f(−x0)=f(x0)成立，则实数a的取值范围是( )
A.(−∞, −2]B.(−∞, −1]C.[−2, 0)D.[−1, 0)

8. 函数y=a−bcs3xb<0的最大值为32，最小值为−12，则y=sin4a−bπx的最小正周期是( )
A.13B.23C.π3D.2π3

9. 已知lg2x=lg3y=lg5z<−1，则2x，3y，5z的大小关系为( )
A.2x<3y<5zB.3y<2x<5zC.5z<2x<3yD.5z<3y<2x

10. 已知函数fx=ax2−x−lnx有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A.1e,1B.0,1C.−∞,1+ee2D.0,1+ee2

11. 定义在R上的函数f(x)，当x∈[1, +∞)时，f(x)=−12(x−1)(x−3)，x∈[1,3)，12f(x−2)，x∈[3,+∞) 且y=f(x+1)为偶函数．函数g(x)=lg2|x−1|，则方程f(x)−g(x)=0所有根的和为( )
A.6B.8C.10D.12

12. 设非零向量a→，b→的夹角为θ，定义运算“∗”：a→∗b→=|a→|⋅|b→|⋅sinθ．下列命题
①若a→∗b→=0，则a→//b→；
②设△ABC中，AB→=a→，AC→=b→，则2S△ABC=a→∗b→；
③a→∗(b→+c→)=a→∗b→+a→∗c→（c→为任意非零向量）；
④若|a→|=|b→|=1，则(a→∗b→)max=1．
其中正确命题的编号是( )
A.①②B.②③C.①②③D.①②④
二、填空题

已知函数y=fx是定义在区间−5,1上的减函数，若f2m−4
已知函数f(x)=|lnx|，若0
已知0
将数列2n−1与3n−2的公共项从小到大排列得到数列an，则an的前n项和为________.
三、解答题

已知集合A={x|−2(1)若a=4，求A∪B，∁RA∩B；

(2)若A∪B=A，求实数a的取值范围．

已知数列an满足a1+a2+a3+⋯+an=2nn∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；

(2)若bn=n+1⋅lg2an，求数列{1bn}(n∈N∗)的前n项和Sn.

设函数f(x)=5−|x+a|−|x−2|．
(1)当a=1时，求不等式f(x)≥0的解集；

(2)若f(x)≤1，求a的取值范围．

在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinC=ccs(A−π6)．
(1)求角A的大小；

(2)设H为△ABC的垂心，且AH=1，求BH+CH的范围．

已知函数f(x)的图象向右平移2个单位长度得到函数y＝lg2(x−2)的图象．
(1)求f(x)的解析式；

(2)若函数g(x)=[f(x)]2−f(x2)+7，求g(x)在[12, 4]上的最大值和最小值的和．

已知函数fx=ax+ex.(a∈R)
(1)若a=−1，证明：fx≥1；

(2)若x∈[0,+∞)，f(x)≥lnex+1恒成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）11月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
复数相等的充要条件
【解析】
由复数相等的充要条件可得：a2−b2=02ab=2，即a=b=1或a=b=−1， 又“a=b=1或a=b=−1是“a=b=1”的必要不充分条件，得解 .
【解答】
解：∵ a+bi2=2i，
∴ a2−b2+2abi=2i，
即a2−b2=0，2ab=2，
解得a=b=1或a=b=−1.
∴ “a+bi2=2i”是“a=b=1”的必要不充分条件.
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
空间点、线、面的位置
【解析】
根据纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角.
【解答】
解：如图所示，
AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，
由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，
∠DAB+∠OAB=90∘，
∴∠DAB=∠AOC=40∘，
即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.
故选B.
3.
【答案】
D
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
由对数式的真数大于0求得函数的定义域，令t＝x2−4x−5，由外层函数y＝lgt是其定义域内的增函数，结合复合函数的单调性可知，要使函数f(x)＝lg(x2−4x−5)在(a, +∞)上单调递增，需内层函数t＝x2−4x−5在(a, +∞)上单调递增且恒大于0，转化为(a, +∞)⊆(5, +∞)，即可得到a的范围．
【解答】
解：由x2−4x−5>0，
得x<−1或x>5．
令t=x2−4x−5，
∵ 外层函数y=lgt是其定义域内的增函数，
∴ 要使函数f(x)=lg(x2−4x−5)在(a, +∞)上单调递增，
则需内层函数t=x2−4x−5在(a, +∞)上单调递增且恒大于0，
则(a, +∞)⊆(5, +∞)，即a≥5．
∴ a的取值范围是[5, +∞)．
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
先根据函数的奇偶性判断函数的单调性，然后利用分类讨论思想讨论不等式成立时x的取值范围.
【解答】
解：因为定义在R的奇函数fx在−∞,0单调递减，且f2=−2=0.
令gx=fx−1，
则g3=g−1=0，且gx在−∞,1， 1,+∞单调递减，
又当x=0时，不等式xfx−1≥0成立，
当x=1时，不等式xfx−1≥0成立；
当x−1=2或x−1=−2时，即x=3或x=−1时，不等式xfx−1≥0成立.
当x>0时，不等式xx−1≥0等价为fx−1≥0，
此时x>0，0当x<0时，不等式xfx−1≥0等价为fx−1≤0，
即x<0，−2≤x−1<0，得−1≤x<0，
综上−1≤x≤0或1≤x≤3，即实数x的取值范围是−1,0∪1,3.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
对数的运算性质
指数式与对数式的互化
【解析】
求出a，b，代入1a+1b=1，根据对数的运算性质求出m的值即可．
【解答】
解：由2a=5b=m，得a=lg2m，b=lg5m，
由1a+1b=1，得1lg2m+1lg5m=lg2lgm+lg5lgm=lgm10=1，
∴ m=10.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
利用函数的奇偶性及趋近性即可得解．
【解答】
解：函数的定义域为{x|x≠0}，
设f(x)=y=|sinx|⋅ln|x|
f(−x)=|sin(−x)|⋅ln|−x|=|sinx|⋅ln|x|=f(x)，
故f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除AC；
当00，x>0，
则fx=|sinx|⋅ln|x|=sinx⋅lnx.
因为当0故此时fx<0恒成立．
f(1100)=−ln100⋅sin1100，
f(150)=ln150⋅sin150
=ln150⋅2sin1100cs1100
=−ln50⋅2sin1100cs1100，
∵ 2cs1100⋅ln50>2csπ6⋅ln50
=3ln50>32ln49=ln343>ln100.
∴ f(150)=−ln50⋅2sin1100cs1100
<−ln100⋅sin1100=f(1100)，
则函数fx在1100,150上不可能单调递增．此时可排除B项．
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，不妨设x0>0，
则问题转化为方程x02+ax0+1=0有正根，
则只需Δ=a2−4≥0，且−a>0，
解得a≤−2，
∴ 实数a的取值范围是(−∞, −2].
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
三角函数的最值
三角函数的周期性及其求法
【解析】
本题考查了三角函数的最值的求法，考查了正弦型函数的周期计算公式，是基础题．
由题意得到关于a，b的方程组，求得a，b的值，代入y=sin4a−bπx整理，由周期公式得答案．
【解答】
解：∵ b<0，
∴ 函数y=a−bcs3x的最大值为a−b，最小值为a+b，
由已知得a−b=32，a+b=−12，
解得：a=12，b=−1，
∴ y=sin4a−bπx=sin4×12+1πx=sin3πx，
∴ y=sin4a−bπx=sin3πx的最小正周期为2π3π=23.
故选B．
9.
【答案】
D
【考点】
对数的运算性质
【解析】
可设lg2x＝lg3y＝lg5z＝k<−1，从而可得出2x＝2k+1，3y＝3k+1，5z＝5k+1，可判断k+1<0，从而得出y＝xk+1是减函数，从而得出5z<3y<2x．
【解答】
解：设lg2x=lg3y=lg5z=k<−1，
则x=2k，y=3k，z=5k，
∴ 2x=2k+1，3y=3k+1，5z=5k+1.
∵ k<−1，
∴ k+1<0，
∴ 5k+1<3k+1<2k+1，
∴ 5z<3y<2x．
故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由题意得到a=x+lnxx2有两解，构造函数g(x)=x+lnxx2，利用导数求出函数的单调区间和最值，画出函数的图象，利用图象求解即可.
【解答】
解：f(x)=ax2−x−lnx，定义域为(0,+∞)，
则令f(x)=0，即ax2−x−lnx=0，
故a=x+lnxx2，
令g(x)=x+lnxx2，
则g′(x)=1+1x⋅x2−2(x+lnx)xx4
=(1−x−2lnx)⋅xx4=1−x−2lnxx3
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，
∴ g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)单调递减，
且g(x)max=g(1)=1，
作出g(x)图象如图所示，
要使f(x)有两零点，则y=a和g(x)图象有两个交点，由图可知a∈(0,1)
故选B．
11.
【答案】
C
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为y=f(x+1)是偶函数，
所以f(−x+1)=f(x+1)，
即函数f(x)关于直线x=1对称．
又因为g(x)也关于直线x=1对称，
故方程所有根的和为2n，
其中n为[1, +∞)上，f(x)和g(x)图象交点的个数.
作出函数f(x)与g(x)在[1, +∞)上的图象如图：
由图可知共5个交点，
故f(x)=g(x)的所有根的和等于5×2=10.
故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据向量的新定义a→∗b→=|a→|⋅|b→|⋅sinθ，对题目中的命题分析、判断真假性即可．
【解答】
解：对于①，当a→∗b→=|a→|⋅|b→|⋅sinθ=0时，sinθ=0.
又θ∈[0, π]，
所以θ=0或π，
所以a→//b→，①正确；
对于②，△ABC中，AB→=a→，AC→=b→，
所以S△ABC=12|AB→|⋅|AC→|⋅sinA
=12|a→|⋅|b→|⋅sinA，
所以2S△ABC=a→∗b→，②正确；
对于③，a→∗(b→+c→)
=|a→|⋅|b→+c→|⋅sinα，
a→∗b→+a→∗c→
=|a→|⋅|b→|⋅sinβ+|a→|⋅|c→|⋅sinγ
=|a→|⋅(|b→|sinβ+|c→|sinγ)，
其中α，β，γ分别是a→与(b→+c→)，a→与b→，a→与c→所成的角，
所以a→∗(b→+c→)=a→∗b→+a→∗c→不成立，③错误；
对于④，当|a→|=|b→|=1时，a→∗b→=|a→|⋅|b→|⋅sinθ=sinθ≤1，
所以(a→∗b→)max=1，④正确．
综上知，正确命题的编号是①②④．
故选D.
二、填空题
【答案】
76,2
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得−5<2m−4<1，−5<3−4m<1，2m−4>3−4m，
则−1276，
解得76故答案为：76,2．
【答案】
(5 , +∞)
【考点】
利用导数研究函数的最值
带绝对值的函数
利用导数研究函数的单调性
【解析】
依题意可求得ab=1，(0【解答】
解：∵ f(x)=|lnx|，0∴ −lna=lnb，
∴ lna+lnb=0，
∴ ab=1(0∴ b=1a(0∴ a+4b=a+4a，(0令g(a)=a+4a，(0当0∴ g(a)在(0, 1)上单调递减，
∴ g(a)=a+4a>g(1)=1+4=5，
∴ 即a+4b>5．
故答案为：(5 , +∞)
【答案】
4039
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
分离常数处理，构造新函数g(x)=−12020x+1−x3，利用g(−x)+g(x)＝−1，最值为定值即可求解；
【解答】
解：函数f(x)=2020x+1+20192020x+1−x3
=2020x⋅2020+2020−12020x+1−x3
=2020(2020x+1)−12020x+1−x3
=2020−12020x+1−x3.
令g(x)=−12020x+1−x3，y=2020x+1.
由于y=2020x+1在定义域上单调递增，
∴ g(x)=−12020x+1−x3在定义域上单调递增.
∵ g(−x)=−12020−x+1−(−x)3
=−2020x1+2020x+x3，
可得g(−x)+g(x)=−1．
∵ x∈[−a, a]，
∴ M=f(x)max=g(a)+2020，
m=f(x)min=g(−a)+2020，
则M+m=2020+2020−1=4039.
故答案为：4039.
【答案】
3n2−2n
【考点】
等差数列的前n项和
等差关系的确定
【解析】
先判断出{2n−1}与{3n−2}公共项所组成的新数列{an}的公差、首项，再利用等差数列的前n项和的公式得出结论.
【解答】
解：数列{2n−1}各项为：1，3，5，7，9，⋯
数列{3n−2}各项为：1，4，7，10，13，⋯
观察可知，{an}是首项为1，公差为6的等差数列，
所以数列{an}的前n项和为3n2−2n.
故答案为：3n2−2n.
三、解答题
【答案】
解：(1)当a=4时，
集合A={x|−2集合B={x|a≤x≤3a−2}
={x|4≤x≤10}=[4,10]，
所以A∪B=−2,10.
又∁RA=−∞,−2∪7,+∞，
所以CRA∩B=[7,10] .
(2)由A∪B=A，
得B⊆A.
①当B=⌀时，
则 a>3a−2，
解得：a<1；
②当B≠⌀时，
则 a≤3a−2，a>−2，3a−2<7，
解得： a≥1，a>−2，a<3，
即1≤a<3.
综上所述，实数a的取值范围是a<3 .
【考点】
交、并、补集的混合运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
（1）由a=4时求出集合B，再根据交集，并集和补集的定义计算即可 .
（2）根据A∪B=A得B⊆A，讨论B=⌀和B≠⌀，求出对应实数a的取值范围．
【解答】
解：(1)当a=4时，
集合A={x|−2集合B={x|a≤x≤3a−2}
={x|4≤x≤10}=[4,10]，
所以A∪B=−2,10.
又∁RA=−∞,−2∪7,+∞，
所以CRA∩B=[7,10] .
(2)由A∪B=A，
得B⊆A.
①当B=⌀时，
则 a>3a−2，
解得：a<1；
②当B≠⌀时，
则 a≤3a−2，a>−2，3a−2<7，
解得： a≥1，a>−2，a<3，
即1≤a<3.
综上所述，实数a的取值范围是a<3 .
【答案】
解：(1)由题意得，a1+a2+a3+⋯+an=2n(n∈N∗)，①
当n=1时，a1=2，
当n≥2时，a1+a2+a3+⋯+an−1=2n−1(n∈N∗)，②
由①−②得an=2n−1，
经检验a1不符合上式，
∴ an=2，n=1，2n−1，n≥2.
(2)由(1)得当n=1时，b1=2，
当n≥2时，bn=(n+1)lg2an=(n−1)(n+1)，
∴ 1bn=1n−1n+1
=121n−1−1n+1n≥2．
∴ Sn=12+12(1−13+12−14+13
−15+⋯+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=12+1232−1n−1n+1
=54−2n+12nn+1．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）当n=1时，a1=2，a1+a2+a3+⋯+an=2n（n∈N∗），①当n≥2时，a1+a2+a3+⋯+an−1=2n−1②，①-②得an．
（2）由（1）得当n=1时b1=2，当n≥2时，bn=n+1lg2an=n+1n−1，可得：1bn=1n−1n+1=121n−1−1n+1（n>2）．即可得出．
【解答】
解：(1)由题意得，a1+a2+a3+⋯+an=2n(n∈N∗)，①
当n=1时，a1=2，
当n≥2时，a1+a2+a3+⋯+an−1=2n−1(n∈N∗)，②
由①−②得an=2n−1，
经检验a1不符合上式，
∴ an=2，n=1，2n−1，n≥2.
(2)由(1)得当n=1时，b1=2，
当n≥2时，bn=(n+1)lg2an=(n−1)(n+1)，
∴ 1bn=1n−1n+1
=121n−1−1n+1n≥2．
∴ Sn=12+12(1−13+12−14+13
−15+⋯+1n−2−1n+1n−1−1n+1)
=12+1232−1n−1n+1
=54−2n+12nn+1．
【答案】
解：(1)当a=1时，
f(x)=5−|x+1|−|x−2|
=2x+4，(x≤−1)，2，(−1当x≤−1时，f(x)=2x+4≥0，
解得−2≤x≤−1，
当−1即−1当x≥2时，f(x)=−2x+6≥0，
解得2≤x≤3，
综上所述不等式f(x)≥0的解集为[−2, 3].
(2)∵ f(x)≤1，
∴ 5−|x+a|−|x−2|≤1，
∴ |x+a|+|x−2|≥4，
∴ |x+a|+|x−2|=|x+a|+|2−x|
≥|x+a+2−x|=|a+2|，
∴ |a+2|≥4，
解得a≤−6或a≥2，
故a的取值范围(−∞, −6]∪[2, +∞)．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）去绝对值，化为分段函数，求出不等式的解集即可，
（2）由题意可得|x+a|+|x−2|≥4，根据据绝对值的几何意义即可求出
【解答】
解：(1)当a=1时，
f(x)=5−|x+1|−|x−2|
=2x+4，(x≤−1)，2，(−1当x≤−1时，f(x)=2x+4≥0，
解得−2≤x≤−1，
当−1即−1当x≥2时，f(x)=−2x+6≥0，
解得2≤x≤3，
综上所述不等式f(x)≥0的解集为[−2, 3].
(2)∵ f(x)≤1，
∴ 5−|x+a|−|x−2|≤1，
∴ |x+a|+|x−2|≥4，
∴ |x+a|+|x−2|=|x+a|+|2−x|
≥|x+a+2−x|=|a+2|，
∴ |a+2|≥4，
解得a≤−6或a≥2，
故a的取值范围(−∞, −6]∪[2, +∞)．
【答案】
解：(1)由asinC=ccs(A−π6)，sinC≠0，
结合正弦定理得，sinA=cs(A−π6)，
故sinA=32csA+12sinA，
整理得，sin(A−π3)=0，
又A为锐角，
故A=π3．
(2)由△ABC是锐角三角形，则垂心H必在△ABC内部，不妨设∠BAH=α，
则α∈(0,π3)．
因为H为△ABC的垂心，所以∠ABH=∠ACH=π6．
在△ABH中使用正弦定理得，AHsin∠ABH=BHsin∠BAH，
整理得：BH=2sinα．
同理在△ACH中使用正弦定理得，CH=2sin(π3−α)．
BH+CH=2sinα+2sin(π3−α)=2sin(π3+α)，
由α∈(0,π3)可得π3<π3+α<2π3，
所以BH+CH∈(3,2]．
【考点】
正弦定理
两角和与差的余弦公式
两角和与差的正弦公式
【解析】
（1）结合正弦定理得，sinA=cs(A−π6)，则sin(A−π3)=0，又A为锐角，故A=π3．
（2）设∠BCH＝α，由正弦定理可得：BH+CH＝2sin∠BCH+2sin(60∘−∠BCH)＝2sin(α+60∘)，结合α的范围，利用正弦函数的性质即可得解BH+CH的取值范围．
【解答】
解：(1)由asinC=ccs(A−π6)，sinC≠0，
结合正弦定理得，sinA=cs(A−π6)，
故sinA=32csA+12sinA，
整理得，sin(A−π3)=0，
又A为锐角，
故A=π3．
(2)由△ABC是锐角三角形，则垂心H必在△ABC内部，不妨设∠BAH=α，
则α∈(0,π3)．
因为H为△ABC的垂心，所以∠ABH=∠ACH=π6．
在△ABH中使用正弦定理得，AHsin∠ABH=BHsin∠BAH，
整理得：BH=2sinα．
同理在△ACH中使用正弦定理得，CH=2sin(π3−α)．
BH+CH=2sinα+2sin(π3−α)=2sin(π3+α)，
由α∈(0,π3)可得π3<π3+α<2π3，
所以BH+CH∈(3,2]．
【答案】
解：(1)y=lg2(x−2)的图象向左平移2个单位长度得到函数的图象为f(x)=lg2[(x−2)+2]=lg2x，
即f(x)=lg2x.
(2)g(x)=(lg2x)2−2lg2x+7
=(lg2x−1)2+6，
当x∈[12,4]时，lg2x∈[−1, 2]，
∴ 当lg2x=−1时，g(x)max=10，
当lg2x=1时，g(x)min=6，
∴ 最大值与最小值之和为16．
【考点】
函数的图象与图象的变换
二次函数在闭区间上的最值
对数及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)y=lg2(x−2)的图象向左平移2个单位长度得到函数的图象为f(x)=lg2[(x−2)+2]=lg2x，
即f(x)=lg2x.
(2)g(x)=(lg2x)2−2lg2x+7
=(lg2x−1)2+6，
当x∈[12,4]时，lg2x∈[−1, 2]，
∴ 当lg2x=−1时，g(x)max=10，
当lg2x=1时，g(x)min=6，
∴ 最大值与最小值之和为16．
【答案】
(1)证明：因为a=−1，fx=−x+ex，
∴ f′x=ex−1，且x，f′x，fx的变化关系为：
∴ 当x=0时，fx有最小值f0=1.
∴ fx≥1.
(2)解：令g(x)=f(x)−lnex+1
=ax+ex−1+ln(x+1)，x∈[0,+∞)，
∴ g′x=a+ex+1x+1，
当x∈[0,+∞)时，ex≥−ax+1，
①当a≥−2，x>0时，g′x=a+ex+1x+1>
a+x+1+1x+1>a+2≥0，
∴ x∈[0,+∞)，g(x)单调递增，且g0=0，
∴ x∈[0,+∞)，g(x)≥g(0)=0恒成立，
从而a≥−2符合题意．
②当a<−2时，
令φx=ex+1x+1+a，
则φ′(x)=ex−1(x+1)2
=(x+1)2ex−1(x+1)2≥0，
∴ 函数φx在区间0,+∞上单调递增，
由φ(0)=2+a<0，
φ(−a)=e−a+11−a+a>1−a+11−a+a=1−11−a>0，
故∃x0∈(0,−a)，使得φx0=0．
则当0∴ 函数g(x)在区间(0,x0)上单调递减．
∴ gx综上所述，实数a的取值范围是[−2,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
（Ⅰ）转化为求最小值；
（Ⅱ）恒成立转化为最值，作差，构造函数，利用导数求函数最小值．
【解答】
(1)证明：因为a=−1，fx=−x+ex，
∴ f′x=ex−1，且x，f′x，fx的变化关系为：
∴ 当x=0时，fx有最小值f0=1.
∴ fx≥1.
(2)解：令g(x)=f(x)−lnex+1
=ax+ex−1+ln(x+1)，x∈[0,+∞)，
∴ g′x=a+ex+1x+1，
当x∈[0,+∞)时，ex≥−ax+1，
①当a≥−2，x>0时，g′x=a+ex+1x+1>
a+x+1+1x+1>a+2≥0，
∴ x∈[0,+∞)，g(x)单调递增，且g0=0，
∴ x∈[0,+∞)，g(x)≥g(0)=0恒成立，
从而a≥−2符合题意．
②当a<−2时，
令φx=ex+1x+1+a，
则φ′(x)=ex−1(x+1)2
=(x+1)2ex−1(x+1)2≥0，
∴ 函数φx在区间0,+∞上单调递增，
由φ(0)=2+a<0，
φ(−a)=e−a+11−a+a>1−a+11−a+a=1−11−a>0，
故∃x0∈(0,−a)，使得φx0=0．
则当0∴ 函数g(x)在区间(0,x0)上单调递减．
∴ gx综上所述，实数a的取值范围是[−2,+∞)．x
−∞,0
0
0,+∞
f′x
−
0
+
fx
单调递减
单调递增
x
−∞,0
0
0,+∞
f′x
−
0
+
fx
单调递减
单调递增