2020-2021学年云南省曲靖高二（下）4月月考数学（理）试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年云南省曲靖高二（下）4月月考数学（理）试卷 (1)人教A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. 设集合U=1,2,3,4,5,6，A=1,3,5，B=3,4,5，则∁UA∪B=( )
A.2,6B.3,6C.1,3,4,5D.1,2,4,6

2. 若复数z=21−i，其中i为虚数单位，则z=( )
A.1+iB.1−iC.−1+iD.−1−i

3. 某高校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30，样本数据分组为[17.5，20)，[20，22.5)，[22.5，25)，[25，27.5)，[27.5，30]．根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是( )

A.56B.60C.120D.140

4. 若变量x，y满足 x+y≤2,2x−3y≤9,x≥0, 则x2+y2的最大值是( )
A.4B.9C.10D.12

5. 一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A.13+23πB.13+23πC.13+26πD.1+26π

6. 已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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

7. 已知圆M:x2+y2−2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：(x−1)2+(y−1)2=1的位置关系是( )
A.内切B.相离C.外切D.相交

8. 执行下边的程序框图，若输入的a，b的值分别为0和9，则输出的i的值为（ ）

A.2B.3C.4D.5

9. 已知函数f(x)的定义域为R，当x<0时，f(x)=x3−1；当−1≤x≤1时，f(−x)=−f(x)；当x>12时，f(x+12)=f(x−12)．则f(6)=（ ）
A.−2B.−1C.0D.2

10. 设a=30.7，b=13−0.8 ，c=lg0.70.8，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
11. 函数f(x)=(3sinx+csx)(3csx−sinx)的最小正周期是（ ）
A.π2B.πC.3π2D.2π

12. 已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0．矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|=3|BC|，则E的离心率是( )
A.2B.22C.3D.4
二、填空题

已知向量a→=(1, −1)，b→=(6, −4)，若a→⊥(ta→+b→)，则实数t的值为________．

若ax2+1x5的展开式中x5的系数是−80，则实数a=________．

在[−1,1]上随机地取一个数k，则事件“直线y=kx与圆(x−5)2+y2=9相交”发生的概率为________.

已知函数f(x)=|x|,x≤m，x2−2mx+4m，x>m，其中m>0．若存在实数b，使得关于x的方程f(x)=b有三个不同的根，则m的取值范围是________．
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA．
(1)证明：a+b=2c；

(2)求csC的最小值．

已知数列{an} 的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1.
(1)求数列{bn}的通项公式；

(2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n，求数列{cn}的前n项和Tn．

在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的频率；

(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望E(X)．

在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．

(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH//平面ABC；

(2)已知EF=FB=12AC=23,AB=BC，求二面角F−BC−A的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为4，焦距为22.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过动点M0,mm>0的直线交x轴于点N，交C于点A，P（P在第一象限），且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B．
①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明k′k为定值；
②求直线AB的斜率的最小值．

已知f(x)=a(x−lnx)+2x−1x2，a∈R．
(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a=1时，证明f(x)>f′(x)+32对于任意的x∈[1, 2]成立．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省曲靖市高二（下）4月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知，A∪B=1,3,5∪3,4,5=1,3,4,5，
所以∁UA∪B=2,6.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的代数形式的乘除运算可求得z=1−i，从而可得答案．
【解答】
解：∵ z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
∴ z=1−i，
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
频率分布直方图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由频率分布直方图知，自习时间不少于22.5小时的为后三组，
所以200×0.16+0.08+0.04×2.5=140（人）.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求解非线性目标函数的最值-有关距离
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：画出可行域如图所示，
点A3,−1到原点距离最大，所以x2+y2max=10.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由几何体的三视图可知，几何体的上面是半径为22的半球，
体积V1=12×43π×223=2π6.
下面是底面积为1，高为1的四棱锥，
体积V2=13×1×1=13．
则该几何体的体积为13+26π.
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”⇒“平面α和平面β相交”，反之不成立．
【解答】
解：直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，
则“直线a和直线b相交”⇒“平面α和平面β相交”，
反之不成立.
∴ “直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据直线与圆相交的弦长公式，求出a的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．
【解答】
解：圆的标准方程为M:x2+(y−a)2=a2(a>0)，
则圆心为(0, a)，半径R=a，
圆心到直线x+y=0的距离d=a2.
∵ 圆M:x2+y2−2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是22，
∴ 2R2−d2=2a2−a22=2a22=22，
即a22=2，即a2=4，a=2，
则圆心为M(0, 2)，半径R=2，
圆N：(x−1)2+(y−1)2=1的圆心为N(1, 1)，半径r=1，
则MN=12+12=2，
∵ R+r=3，R−r=1，
∴ R−r故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
第一次循环：a=1,b=8；第二次循环：a=3,b=6；第三次循环：a=6,b=3；满足条件，结束循环，此时，i=3 .
【解答】
解：第一次循环：a=1，b=8；
第二次循环：a=3，b=6；
第三次循环：a=6，b=3；满足条件，结束循环，此时，i=3 .
故选B .
9.
【答案】
D
【考点】
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 当x>12时，f(x+12)=f(x−12)，
∴ f(x)=f(x+1)．
∴ 当x>12，函数f(x)以T=1为周期，故f(6)=f(1).
∵ 当−1≤x≤1时，f(−x)=−f(x)，
∴ f(1)=−f(−1).
又∵ 当x<0时，f(x)=x3−1，
∴ f(−1)=−2，
∴ f(6)=f(1)=−f(−1)=2．
故选D．
10.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
根据指数函数和对数函数的性质，利用中间值即可求出不等关系.
【解答】
解：因为a=30.7>1，
b=13−0.8=30.8>30.7=a，
c=lg0.70.8<，
所以c<1故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
本题考查三角恒等变换及三角函数的性质．
【解答】
解：因为f(x)=2sinxcsx+3(cs2x−sin2x)
=sin2x+3cs2x
=2sin2x+π3，
故其最小正周期T=2π2=π．
故选B．
12.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，不妨设|AB|=3，则|BC|=2，
设AB，CD的中点分别为M，N，
则Rt△BMN中， |MN|=2c=2，
故|BN|=|BM|2+|MN|2=322+22=52 ．
由双曲线的定义可得2a=|BN|−|BM|=52−32=1，
而2c=|MN|=2，所以双曲线的离心率e=ca=2.
故选A.
二、填空题
【答案】
−5
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
【解析】
根据向量的坐标运算和向量的数量积计算即可．
【解答】
解：∵ 向量a→=(1, −1)，b→=(6, −4)，
∴ ta→+b→=(t+6, −t−4).
∵ a→⊥(ta→+b→)，
∴ a→⋅(ta→+b→)=t+6+t+4=0，
解得t=−5.
故答案为：−5．
【答案】
−2
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】

【解答】
解：ax2+1x5的展开式的通项为
Tr+1=C5r(ax2)5−rx−r2=C5ra5−rx10−52r．
令10−52r=5得r=2，
所以C52a3=−80，
解得a=−2．
故答案为：−2．
【答案】
34
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(x−5)2+y2=9表示圆心为(5,0)，半径为3的圆，
当直线y=kx与该圆相切时，
则有|5k|k2+1=3，解得k=±34，
∴ −34≤k≤34时，直线y=kx与圆(x−5)2+y2=9相交.
∵ k∈[−1,1]，
∴ 事件“直线y=kx与圆(x−5)2+y2=9相交”发生的概率为
34−(−34)1−(−1)=34.
故答案为：34.
【答案】
(3, +∞)
【考点】
根的存在性及根的个数判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知，方程f(x)−b=0有三个不同的根，
即直线y=b与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点．
作出函数f(x)=|x|,x≤m，x2−2mx+4m，x>m的图象，如图所示：
若存在实数b，使方程f(x)−b=0有三个不同的根，
则m>−m2+4m，即m2−3m>0．
又因为m>0，
所以m>3，即m的取值范围为(3, +∞)．
故答案为：(3, +∞)．
三、解答题
【答案】
(1)证明：由2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA得：
2(sinAcsA+sinBcsB)=sinAcsAcsB+sinBcsAcsB，
∴ 两边同乘以csAcsB得，
2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+sinB，
∴ 2sin(A+B)=sinA+sinB，
即sinA+sinB=2sinC①.
根据正弦定理，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴ sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
代入①得：a2R+b2R=2c2R，
∴ a+b=2c.
(2)解：由(1)知c=a+b2，
∴ csC=a2+b2−c22ab
=a2+b2−a+b222ab=38ba+ab−14≥12，
当且仅当a=b时等号成立，故csC的最小值为12.
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
(1)由切化弦公式tanA=sinAcsA，tanB=sinBcsB，带入2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA并整理可得2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+csB，这样根据两角和的正弦公式即可得到sinA+sinB=2sinC，从而根据正弦定理便可得出a+b=2c；
(2)根据a+b=2c，两边平方便可得出a2+b2+2ab=4c2，从而得出a2+b2=4c2−2ab，并由不等式a2+b2≥2ab得出c2≥ab，也就得到了c2ab≥1，这样由余弦定理便可得出csC=3c22ab−1，从而得出csC的范围，进而便可得出csC的最小值．
【解答】
(1)证明：由2(tanA+tanB)=tanAcsB+tanBcsA得：
2(sinAcsA+sinBcsB)=sinAcsAcsB+sinBcsAcsB，
∴ 两边同乘以csAcsB得，
2(sinAcsB+csAsinB)=sinA+sinB，
∴ 2sin(A+B)=sinA+sinB，
即sinA+sinB=2sinC①.
根据正弦定理，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴ sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R，
代入①得：a2R+b2R=2c2R，
∴ a+b=2c.
(2)解：由(1)知c=a+b2，
∴ csC=a2+b2−c22ab
=a2+b2−a+b222ab=38ba+ab−14≥12，
当且仅当a=b时等号成立，故csC的最小值为12.
【答案】
解：(1)∵ 数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，
∴ a1=11．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=3n2+8n−3(n−1)2−8(n−1)=6n+5，
又∵ an=6n+5对n=1也成立，所以an=6n+5.
∵ {bn}是等差数列，设公差为d，则an=bn+bn+1=2bn+d．
当n=1时，2b1=11−d，当n=2时，2b2=17−d.
由2b1=11−d，2b2=17−d，
解得d=3，
所以数列{bn}的通项公式为bn=an−d2=3n+1.
(2)由cn=(an+1)n+1(bn+2)n=(6n+6)n+1(3n+3)n=(6n+6)⋅2n，
于是，Tn=12⋅21+18⋅22+24⋅23+⋯+(6n+6)⋅2n，
两边同乘以2，得2Tn=12⋅22+18⋅23+…+(6n+6)⋅2n+1,
两式相减，得−Tn=12+6(21+22+23+…+2n)−(6n+6)⋅2n+1=−12n⋅2n，
所以Tn=3n⋅2n+2．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
【解析】
(Ⅰ)求出数列{an}的通项公式，再求数列{bn}的通项公式；
(Ⅱ)求出数列{cn}的通项，利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn．
【解答】
解：(1)∵ 数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，
∴ a1=11．
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=3n2+8n−3(n−1)2−8(n−1)=6n+5，
又∵ an=6n+5对n=1也成立，所以an=6n+5.
∵ {bn}是等差数列，设公差为d，则an=bn+bn+1=2bn+d．
当n=1时，2b1=11−d，当n=2时，2b2=17−d.
由2b1=11−d，2b2=17−d，
解得d=3，
所以数列{bn}的通项公式为bn=an−d2=3n+1.
(2)由cn=(an+1)n+1(bn+2)n=(6n+6)n+1(3n+3)n=(6n+6)⋅2n，
于是，Tn=12⋅21+18⋅22+24⋅23+⋯+(6n+6)⋅2n，
两边同乘以2，得2Tn=12⋅22+18⋅23+…+(6n+6)⋅2n+1,
两式相减，得−Tn=12+6(21+22+23+…+2n)−(6n+6)⋅2n+1=−12n⋅2n，
所以Tn=3n⋅2n+2．
【答案】
解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)=C84C105=518．
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，
∴ P(X=0)=C65C105=142，
P(X=1)=C64C41C105=521，
P(X=2)=C63C42C105=1021，
P(X=3)=C62C43C105=521，
P(X=4)=C61C44C105=142，
∴ X的分布列为
E(X)=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2．
【考点】
生活中概率应用
排列、组合及简单计数问题
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量的分布列及性质
【解析】
（1）利用组合数公式计算概率；
（2）使用超几何分布的概率公式计算概率，得出分布列，再计算数学期望．
【解答】
解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)=C84C105=518．
(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，
∴ P(X=0)=C65C105=142，
P(X=1)=C64C41C105=521，
P(X=2)=C63C42C105=1021，
P(X=3)=C62C43C105=521，
P(X=4)=C61C44C105=142，
∴ X的分布列为
E(X)=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2．
【答案】
(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，
在△CEF中，因为G是CE的中点，
所以GI//EF，
又EF//OB，
所以GI//OB，
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI//BC，
又HI∩GI=I，所以平面GHI//平面ABC，
因为GH⊂平面GHI，所以GH // 平面ABC．
(2)解：连接OO′，则OO′⊥平面ABC，
又AB=BC，且AC是圆O的直径，
所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
由题意得B0,23,0，C−23,0,0，
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM=FB2−BM2=3，
可得F0,3,3,
故BC→=−23,−23,0，BF→=0,−3,3，
设m→=x,y,z是平面BCF的一个法向量．
由m→⋅BC→=0，m→⋅BF→=0可得−23x−23y=0，−3y+3z=0，
可得平面BCF的一个法向量m→=−1,1,33，
因为平面ABC的一个法向量n→=0,0,1，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=77，
所以二面角F−BC−A的余弦值为77.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】


【解答】
(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，
在△CEF中，因为G是CE的中点，
所以GI//EF，
又EF//OB，
所以GI//OB，
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI//BC，
又HI∩GI=I，所以平面GHI//平面ABC，
因为GH⊂平面GHI，所以GH // 平面ABC．
(2)解：连接OO′，则OO′⊥平面ABC，
又AB=BC，且AC是圆O的直径，
所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
由题意得B0,23,0，C−23,0,0，
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM=FB2−BM2=3，
可得F0,3,3,
故BC→=−23,−23,0，BF→=0,−3,3，
设m→=x,y,z是平面BCF的一个法向量．
由m→⋅BC→=0，m→⋅BF→=0可得−23x−23y=0，−3y+3z=0，
可得平面BCF的一个法向量m→=−1,1,33，
因为平面ABC的一个法向量n→=0,0,1，
所以cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=77，
所以二面角F−BC−A的余弦值为77.
【答案】
解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由题意知2a=4，2c=22，
所以a=2，b=a2−c2=2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)①证明：设Px0,y0x0>0,y0>0，
由M0,m，可得Px0,2m，Qx0,−2m，
所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0，
直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0，
此时k′k=−3，
所以k′k为定值−3.
②设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线PA的方程为y=kx+m，
直线QB的方程为y=−3kx+m，
联立 y=kx+m,x24+y22=1,
整理得2k2+1x2+4mkx+2m2−4=0
由x0x1=2m2−42k2+1，可得x1=2m2−22k2+1x0，
所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m，
同理x2=2m2−218k2+1x0，y2=−6km2−218k2+1x0+m，
所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0
=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2k(m2−2)(2k2+1)x0−m
=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=146k+1k，
由m>0，x0>0，可知k>0，
所以6k+1k≥26，等号当且仅当k=66时取得．
此时m4−8m2=66，
解得m=147，符合题意，
所以直线AB的斜率的最小值为62.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设椭圆C的半焦距为c，
由题意知2a=4，2c=22，
所以a=2，b=a2−c2=2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)①证明：设Px0,y0x0>0,y0>0，
由M0,m，可得Px0,2m，Qx0,−2m，
所以直线PM的斜率k=2m−mx0=mx0，
直线QM的斜率k′=−2m−mx0=−3mx0，
此时k′k=−3，
所以k′k为定值−3.
②设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线PA的方程为y=kx+m，
直线QB的方程为y=−3kx+m，
联立 y=kx+m,x24+y22=1,
整理得2k2+1x2+4mkx+2m2−4=0
由x0x1=2m2−42k2+1，可得x1=2m2−22k2+1x0，
所以y1=kx1+m=2k(m2−2)(2k2+1)x0+m，
同理x2=2m2−218k2+1x0，y2=−6km2−218k2+1x0+m，
所以x2−x1=2(m2−2)(18k2+1)x0−2(m2−2)(2k2+1)x0
=−32k2(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
y2−y1=−6k(m2−2)(18k2+1)x0+m−2k(m2−2)(2k2+1)x0−m
=−8k(6k2+1)(m2−2)(18k2+1)(2k2+1)x0，
所以kAB=y2−y1x2−x1=6k2+14k=146k+1k，
由m>0，x0>0，可知k>0，
所以6k+1k≥26，等号当且仅当k=66时取得．
此时m4−8m2=66，
解得m=147，符合题意，
所以直线AB的斜率的最小值为62.
【答案】
(1)解：fx的定义域为0,+∞，
f′(x)=a1−1x+2x2−(2x−1)×2xx4
=ax−ax+2−2xx3=ax3−ax2+2−2xx3
=(x−1)(ax2−2)x3，
若a≤0，则ax2−2<0恒成立，
当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1, +∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当a>0时，f′(x)=a(x−1)x3(x+2a)(x−2a)，
①若01，当x∈(0, 1)或2a, +∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈1, 2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
②若a=2，2a=1，在x∈(0,+∞)内，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在(0, +∞)上单调递增；
③若a>2，0<2a<1，当x∈0, 2a或(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈2a, 1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，函数fx在0,1内单调递增，在1,+∞内单调递减；
当0当a=2时，fx在0,+∞内单调递增；
当a>2时，fx在0,2a内单调递增，在2a,1内单调递减，在1,+∞内单调递增．
(2)证明：由(1)知a=1时，
fx−f′x=x−lnx+2x−1x2−1−1x−2x2+2x3
=x−lnx+3x+1x2−2x3−1，x∈1,2，
令gx=x−lnx，ℎx=3x+1x2−2x3−1，x∈1,2，
则fx−f′x=gx+ℎx，
由g′x=x−1x≥0可得gx≥g1=1，
当且仅当x=1时取得等号．
又ℎ′x=−3x2−2x+6x4，
设φx=−3x2−2x+6，则φx在x∈1,2单调递减，
因为φ1=1，φ2=−10，
所以在1,2上存在x0使得x∈1,x0时，φx>0，
x∈x0,2时，φx<0，
所以函数ℎx在1,x0上单调递增，在x0,2上单调递减，
由于ℎ1=1，ℎ2=12，
因此ℎx≥ℎ2=12，当且仅当x=2取得等号，
所以fx−f′x>g1+ℎ2=32，
即fx>f′x+32对于任意的x∈1,2恒成立．
【考点】
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】
利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解答】
(1)解：fx的定义域为0,+∞，
f′(x)=a1−1x+2x2−(2x−1)×2xx4
=ax−ax+2−2xx3=ax3−ax2+2−2xx3
=(x−1)(ax2−2)x3，
若a≤0，则ax2−2<0恒成立，
当x∈(0, 1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1, +∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当a>0时，f′(x)=a(x−1)x3(x+2a)(x−2a)，
①若01，当x∈(0, 1)或2a, +∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈1, 2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
②若a=2，2a=1，在x∈(0,+∞)内，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在(0, +∞)上单调递增；
③若a>2，0<2a<1，当x∈0, 2a或(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈2a, 1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，函数fx在0,1内单调递增，在1,+∞内单调递减；
当0当a=2时，fx在0,+∞内单调递增；
当a>2时，fx在0,2a内单调递增，在2a,1内单调递减，在1,+∞内单调递增．
(2)证明：由(1)知a=1时，
fx−f′x=x−lnx+2x−1x2−1−1x−2x2+2x3
=x−lnx+3x+1x2−2x3−1，x∈1,2，
令gx=x−lnx，ℎx=3x+1x2−2x3−1，x∈1,2，
则fx−f′x=gx+ℎx，
由g′x=x−1x≥0可得gx≥g1=1，
当且仅当x=1时取得等号．
又ℎ′x=−3x2−2x+6x4，
设φx=−3x2−2x+6，则φx在x∈1,2单调递减，
因为φ1=1，φ2=−10，
所以在1,2上存在x0使得x∈1,x0时，φx>0，
x∈x0,2时，φx<0，
所以函数ℎx在1,x0上单调递增，在x0,2上单调递减，
由于ℎ1=1，ℎ2=12，
因此ℎx≥ℎ2=12，当且仅当x=2取得等号，
所以fx−f′x>g1+ℎ2=32，
即fx>f′x+32对于任意的x∈1,2恒成立． X
0
1
2
3
4
P
142
521
1021
521
142
X
0
1
2
3
4
P
142
521
1021
521
142