2020-2021学年河南省平顶山高二（下）5月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河南省平顶山高二（下）5月月考数学（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. 有10个标号为1∼10的小球，其中红球2个，黄球3个，白球5个，从中任取一个球，不同取法种数为( )
A.3B.4C.5D.10

2. 已知z=4−i1+2i，则在复平面内，复数z的共轭复数对应的点位于( )
A.第四象限B.第三象限C.第二象限D.第一象限

3. a+b9的展开式中第7项为( )
A.104a7b2B.98a7bC.84a3b3D.36a7b

4. 设曲线y=ax2在点(1,a)处的切线与直线3x−y−6=0垂直，则a等于( )
A.−16B.16C.3D.−3

5. 新课程改革后，普通高校招生方案规定：每位考生从物理、化学、生物、地理、政治、历史六门学科中随机选三门参加考试，某省份规定物理或历史至少选一门，那么该省份每位考生的选法共有（ ）
A.12种B.15种C.16种D.18种

6. 用数学归纳法证明：12+22+⋯+n2+⋯+22+12=n(2n2+1)3时，第二步证明由“k”到“k+1”时，左边应加( )
A.k2B.(k+1)2
C.k2+(k+1)2+k2D.(k+1)2+k2

7. 已知某离散型随机变量X服从二项分布P(X=k)=−k(k=0,1,2,3,4)，则X的方差D(X)=( )

8. 设随机变量X服从正态分布Nμ,σ2，且X落在区间−3,−1内的概率和落在区间1,3内的概率相等．若PX>2=p，则下列结论正确的有( )
A.μ=1B.σ=2
C.P0
9. 如图是函数y=f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是( )

A.f(x)在[−2, −1]上是增函数
B.当x=3时，f(x)取得最小值
C.当x=−1时，f(x)取得极大值
D.f(x)在[−1, 2]上是增函数，在[2, 4]上是减函数

10. 已知甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为25%，20%，两地同时下雨的概率为0.12，则下列说法正确的是（ ）
A.甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率为0.52
B.乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率为0.60
C.甲地为雨天时，乙地不为雨天的概率为0.32
D.乙地不为雨天时，甲地也不为雨天的概率为0.60

11. 最近“你是什么垃圾？”这句流行语火爆全网，垃圾分类也成为时下热议的话题.我校有如下六种垃级桶：干垃圾，湿垃圾，有害垃圾，可回收垃圾，不可回收垃圾，其它垃圾，一天，张三提着六袋分别属于不同垃圾桶的垃圾进行投放．发现每个垃圾箱再各投一袋垃圾就满了．作为一名法外狂徒．张三要随机投放垃圾，则法外狂徒张三恰好投错三袋垃圾的概率为( )
A.12B.59C.110D.133240

12. 在二项式4x+2x2n的展开式中第2项的系数与第3项的系数之比为1:7，把展开式中的所有项重新排成一列，则有理项互不相邻的概率为( )
A.512B.14C.13D.12
二、填空题

甲、乙两名同学进行篮球投篮练习．甲同学一次投篮命中的概率为34，乙同学一次投篮命中的概率为23，假设两人投篮命中与否互不影响，则甲、乙两人各投篮一次，至少有一人命中的概率是________.

2020年是脱贫攻坚年，为顺利完成“两不愁，三保障”，即农村贫困人口不愁吃不愁穿，农村贫困人口义务教育、基本医疗、住房安全有保障，某市拟派出6人组成三个帮扶队，每队两人，对脱贫任务较重的甲、乙、丙三县进行帮扶，则不同的派出方法共有________种.

己知742020+a能够被15整除，则a=________0≤a≤15.

用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字且比20000大的五位偶数共有________个.
三、解答题

已知数列{an}各项均为正数，且不是常数列．
若数列{an}是等差数列，求证：a1+a3<2a2．

已知fx=1−x2020=a0+a1x+a2x2+⋯+a2020x2020 .
(1)求a1+a2+a3+⋯+a2020的值；

(2)求a1+2a2+3a3+⋯+2020a2020的值；

(3)求1a1+1a2+1a3+⋯+1a2020的值．

某市为了增强市民的安全意识，由市安监局组织举办了一次安全知识网络竞赛，竞赛满分为100分，得分不低于85分的为优秀．竞赛结束后，从参与者中随机抽取100个样本，统计得样本平均数为76，标准差为9．假设该市共有10万人参加了此次竞赛活动，且得分X服从正态分布Nμ,σ2，若以所得样本的平均数和标准差分别作为μ，σ的近似值．
(1)试估计该市参加这次竞赛活动得分优秀者的人数是多少万人？

(2)为调动市民参加竞赛的积极性，制定了如下奖励方案：所有参加竞赛活动者，均可参加“抽奖赢电话费”活动，竞赛得分优秀者可抽奖两次，其余参加者抽奖一次．抽奖者点击抽奖按钮，即随机产生一个两位数10,11,⋯,99，若产生的两位数的数字相同，则可奖励60元电话费，否则奖励15元电话费．假设参加竞赛活动的所有人均参加了抽奖活动，估计这次活动奖励的电话费总额为多少万元？（每人奖励电话费估计值=抽奖次数×每次抽奖获得的电话费）
参考数据：若X∼Nμ,σ2，则Pμ−σ
张先生到一家公司参加面试．面试的规则是：面试官最多向他提出五个问题，只要正确回答出三个问题就被录取，终止提问；只要有三个问题答错，就被淘汰，终止提问．通过面试根据经验，张先生能够正确回答面试官提出的任何一个问题的概率为23，假设回答各个问题正确与否互不干扰．
(1)求张先生通过面试的概率；

(2)记本次面试张先生回答问题的个数为X，求X的分布列及数学期望．

在第21届国际足联世界杯赛事中，俄罗斯队迎战埃及队，共比赛五局，规定先赢三局的队获胜，并且比赛就此结束．已知每比赛一局，俄罗斯队获胜的概率为35．埃及队获胜的概率为25，且每局比赛的胜负是相互独立的，问：
1俄罗斯队以3:2获胜的概率是多少？

2埃及队获胜的概率是多少？

设函数fx=axex，a≠0，a∈R．
(1)讨论fx的单调性；

(2)当a=1且m∈0,ln2时，函数Fx=xm+lnx+1xfxx>0，证明：Fx存在极小值点x0，且m+lnx0<0．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省平顶山市高二（下）5月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
计数原理的应用
【解析】
由题意，结合所选的小球都是不同的，代入式子求解即可.
【解答】
解：已知这10个小球有标号，即10个小球各不相同，
所以不同的取法有C101=10种.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的代数表示法及其几何意义
共轭复数
【解析】
通过对复数的运算，求出复数的共轭复数，然后再利用复数的几何意义进行求解即可得.
【解答】
解：∵ z=4−i1+2i=4−i1−2i1+2i1−2i=2−9i5=25−95i，
∴ 复数z的共轭复数为25+95i，
∴ 复数z的共轭复数在复平面内表示的点为(25,95)，位于第一象限.
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题得(a+b)9的通项为Tr+1=C9r⋅a9−r⋅(b)r，
所以T7=C96⋅a9−6⋅(b)6=84a3b3.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出原函数的导函数，由曲线y=ax2在点(1,a)处的切线与直线3x−y−6=0垂直，得斜率之积等于−1，则a可求．
【解答】
解：由y=ax2得y′=2ax，
则在点(1,a)处的切线的斜率为k=2a.
又切线与直线3x−y−6=0垂直，
∴ 3×2a=−1，解得a=−16.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
无
【解答】
解：若物理或历史只选一门，则有C21C42=2×6=12种，
若物理和历史都被选中，则有C22C41=4种，
所以共有16种选法．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
数学归纳法
【解析】
欲求从k到k+1，左端需要增加的项，先看当n=k时，左端的式子，再看当n=k+1时，左端的式子，两者作差即得．
【解答】
解：当n=k时，左边等式为：
12+22+⋯+k2+⋯+22+12.
当n=k+1时，左边等式为：
12+22+⋯+k2+(k+1)2+k2+⋯+22+12，
故比n=k时左边多了(k+1)2+k2.
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题得p=0.2，n=4，
则D(X)=np(1−p)=0.64.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
正态分布的密度曲线
【解析】
根据正态分布的性质，逐项验证，即可求出结果.
【解答】
解：依题意，随机变量X∼Nμ,σ2，且落在区间−3,−1内的概率和落在区间1,3内的概率相等，
所以正态曲线关于直线x=0对称，
即μ=0，故A不正确；
且P00−PX>2=12−p，
PX<−2=PX>2=p，
故C正确，D不正确，但σ不确定，故B不正确.
故选C.
9.
【答案】
D
【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
利用导数研究函数的最值
【解析】
这是一个图象题，考查了两个知识点：①导数的正负与函数单调性的关系，若在某个区间上，导数为正，则函数在这个区间上是增函数，若导数为负，则这个函数在这个区间上是减函数；②极值判断方法，在导数为零的点处左增右减取到极大值，左减右增取到极小值．
【解答】
解：根据图象知当x∈−2,−1或x∈2,4时，
f′x<0，函数单调递减，故A错误；
当x∈−1,2或x∈4,+∞时，
f′x>0，函数单调递增，故D正确；
故当x=−1时，fx取得极小值，故C错误；
当x=3时，fx不是取得最小值，f(4)故选D.
10.
【答案】
B
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
直接用两市同时下雨的天数比例除以乙市雨天的比例，求得乙市下雨时甲市也下雨的概率．
【解答】
解：设一年中甲地下雨记为事件A，乙地下雨记为事件B，
则两地同时下雨记为事件AB，由题意可得，
PA=25%，PB=20%，PAB=12%，
则甲地下雨时乙地也下雨的概率为PABPA=12%25%=0.48，故A错误；
乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率为PABPB=12%20%=0.6，故B正确.
故选B.
11.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
古典概型及其概率计算公式
【解析】
由题意，求出六袋垃圾的总方法，再计算恰好投错三袋的概率，代入古典概型的计算公式进行求解即可.
【解答】
解：已知6袋垃圾随机扔入6个垃圾桶共有A66=720种方法，
事件“张三恰好扔错3袋”记为P，
选择扔错的3袋垃圾有C63=20种方法，
对这3袋垃圾进行重排，有两种情况，
所以“张三恰好投错3袋垃圾”的概率P=2C63A66=118.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
排列、组合的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
根据4x+1x2n的展开式的通项可得21Cn122Cn2=17，解得n=8，即可得到4x+1x28的展开式的通项，即可得解．
【解答】
解：4x+2x2n的展开式的通项为Tr+1=Cnr4xn−r⋅2x2r=2rCnrxn−9r4，
由21Cn122Cn2=17 ，可得n=8，
所以二项式4x+1x28的展开式的通项为Tr+1=2rC8rx8−9r4，
易知当r=0，4，8时，x的指数为整数，即有理项为1，5，9项，其余6项为无理项，
所以有理项互不相邻的概率P=A66A73A99=512.
故选A．
二、填空题
【答案】
1112
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
搞清,甲、乙两人各投篮一次,至少有一人命中的含义是:甲命中且乙不命中;甲不命中且乙命中:甲命中且乙命中三种情况.然后分别求概率求和即可得出结论.
【解答】
解：甲、乙两人各投篮一次，至少有一人命中的含义是：甲命中且乙不命中、甲不命中且乙命中、甲命中且乙命中三种情况.
甲命中且乙不命中的概率为34×1−23=14，
甲不命中且乙命中的概率为1−34×23=16，
甲命中且乙命中的概率为34×23=12，
则甲、乙两人各投篮一次，至少有一人命中的概率是14+16+12=1112.
故答案为：1112.
【答案】
90
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
根据平均分组的方法计算可得；
【解答】
解：依题意，首先将人平均分成3组，再将三组进行全排列即可，
所以所有可能的派出方法有C62C42C22A33⋅A33=90（种）.
故答案为：90.
【答案】
14
【考点】
二项式定理的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由题意知742020=75−12020 ，利用二项式定理展开可得所以742020+a=C20200752020−C20201752019+⋯+C20202019751+1+a，要使
742020+a能被15整除，只需1+a能被15整除，从而可得a的一个值．
【解答】
解：由题意知，742020=75−12020
=C20200752020(−1)0+C20201752019(−1)1+⋯+
C20202019751(−1)2019+C20202020750(−1)2020
=C20200752020−C20201752019+⋯−C20202019751+1，
所以742020+a=C20200752020−C20201752019+⋯−C20202019751+1+a，
而75能被15整除，
所以要使742020+a能被15整除，
只需1+a能被15整除，
因为0≤a≤15，
所以a的一个取值为14.
故答案为：14.
【答案】
240
【考点】
计数原理的应用
【解析】
对个位是0和个位不是0两类情形分类计数；对每一类情形按“个位-最高位-中间三位”分步计数：①个位是0并且比20000大的五位偶数有1×4×A43=96个；●个位不是0并且比20000大的五位偶数有2×3×A43=144个；故共有96+144=240个．
【解答】
解：①个位是0并且比20000大的五位偶数有C41A43=96个；
②个位不是0并且比20000大的五位偶数有C21C31A43=144个；
故共有96+144=240个．
故答案为：240．
三、解答题
【答案】
证明：要证a1+a3<2a2，
只要证a1+a3+2a1a3<4a2.
∵ 数列{an}是等差数列，
∴ a1+a3=2a2，
只要证a1a3只要证a1a3∵ 数列{an}各项均为正数，
∴ a1a3=14(a12+a32)+a1a3成立，
∴ a1+a3<2a2．
【考点】
等差数列的性质
等差中项
【解析】

【解答】
证明：要证a1+a3<2a2，
只要证a1+a3+2a1a3<4a2.
∵ 数列{an}是等差数列，
∴ a1+a3=2a2，
只要证a1a3只要证a1a3∵ 数列{an}各项均为正数，
∴ a1a3=14(a12+a32)+a1a3成立，
∴ a1+a3<2a2．
【答案】
解：(1)f0=1=a0，
f1=0=a0+a1+a2+⋯+a2020，
所以a1+a2+a3+⋯+a2020=f1−f0=−1.
(2)f′x=−20201−x2019
=a1+2a2x+3a3x2+⋯+2020a2020x2019，
所以a1+2a2+3a3+⋯+2020a2020=f′1=0 .
(3)因为ak=C2020k−1k0≤k≤2020，
所以1a1+1a2+1a3+⋯+1a2020
=−1C20201+1C20202−1C20203+⋯+1C20202020.
因为1C2020k=k!2020−k!2020!
=20212022⋅k!2020−k!2021−k+k+12021!
=20212022⋅(2021−k)!k!+[2021−(k+1)]!(k+1)!2021!
=20212022−1C2021k+1C2021k+1，
所以原式=20212022[−(1C20211+1C20212)+(1C20212+1C20213)−(1C20213+1C20214)+...+(1C20212020+1C20212021)]
=202120221C20212021−1C20211，
=10101011，
所以1a1+1a2+1a3+⋯+1a2020的值为10101011.
【考点】
二项式系数的性质
二项式定理的应用
【解析】



【解答】
解：(1)f0=1=a0，
f1=0=a0+a1+a2+⋯+a2020，
所以a1+a2+a3+⋯+a2020=f1−f0=−1.
(2)f′x=−20201−x2019
=a1+2a2x+3a3x2+⋯+2020a2020x2019，
所以a1+2a2+3a3+⋯+2020a2020=f′1=0 .
(3)因为ak=C2020k−1k0≤k≤2020，
所以1a1+1a2+1a3+⋯+1a2020
=−1C20201+1C20202−1C20203+⋯+1C20202020.
因为1C2020k=k!2020−k!2020!
=20212022⋅k!2020−k!2021−k+k+12021!
=20212022⋅(2021−k)!k!+[2021−(k+1)]!(k+1)!2021!
=20212022−1C2021k+1C2021k+1，
所以原式=20212022[−(1C20211+1C20212)+(1C20212+1C20213)−(1C20213+1C20214)+...+(1C20212020+1C20212021)]
=202120221C20212021−1C20211，
=10101011，
所以1a1+1a2+1a3+⋯+1a2020的值为10101011.
【答案】
解：(1)由题意知X∼N76,81，
所以优秀者得分X≥76+9=μ+σ=85，
由Pμ−σ得PX≥85≈1−0.682=0.16．
所以估计该市参加这次竞赛活动得分优秀者的人数为10×0.16=1.6（万人）．
(2)设抽奖一次获得的话费为Y元，
则Y的取值为60，15，
在10，11，⋯，99共90个数中，
两位数数字相同的概率为990=110．
所以PY=60=110，PY=15=910，
所以抽奖—次获得电话费的期望值为：
EY=60×110+15×910=19.5（元）．
设抽奖次数为Z，则Z的取值为1，2，
则PZ=1=1−0.16=0.84，PZ=2=0.16，
所以参加活动的每个人抽奖次数的数学期望为：
EZ=1×0.84+2×0.16=1.16，
所以这次活动所需电话费估计为10×1.16×19.5=226.2（万元）．
【考点】
正态分布的密度曲线
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意知X∼N76,81，
所以优秀者得分X≥76+9=μ+σ=85，
由Pμ−σ得PX≥85≈1−0.682=0.16．
所以估计该市参加这次竞赛活动得分优秀者的人数为10×0.16=1.6（万人）．
(2)设抽奖一次获得的话费为Y元，
则Y的取值为60，15，
在10，11，⋯，99共90个数中，
两位数数字相同的概率为990=110．
所以PY=60=110，PY=15=910，
所以抽奖—次获得电话费的期望值为：
EY=60×110+15×910=19.5（元）．
设抽奖次数为Z，则Z的取值为1，2，
则PZ=1=1−0.16=0.84，PZ=2=0.16，
所以参加活动的每个人抽奖次数的数学期望为：
EZ=1×0.84+2×0.16=1.16，
所以这次活动所需电话费估计为10×1.16×19.5=226.2（万元）．
【答案】
解：(1)记张先生第i次答对面试官提出的问题为事件Aii=1,2,3,4,5，则PAi=23，
张先生前三个问题均回答正确为事件B；
前三个问题回答正确两个且第四个又回答正确为事件C，
前四个问题回答正确两个且第五个又回答正确为事件D，
张先生通过面试为事件M，
则M=B+C+D.
根据题意，得P(B)=(23)3=827，
P(C)=C32(23)2⋅13⋅23=827，
P(D)=C42(23)2⋅(13)2⋅23=1681.
因为事件B，C，D互斥，
所以PM=PB+PC+PD=827+827+1681=6481，
即张先生能够通过面试的概率为6488．
(2)根据题意，X=3,4,5，
X=3表明前面三个问题均回答错误（淘汰）或均回答正确（通过），
所以P(X=3)=(13)3+(23)3=13；
X=4表明前面三个问题中有两个回答错误且第四个问题又回答错误（淘汰），或者前面三个问题中有两个回答正确且第四个问题回答正确（通过），
所以P(X=4)=C32⋅23⋅(13)2⋅13+C32(23)2⋅13⋅23=1027；
X=5表明前面四个问题中有两个回答错误、两个回答正确，
所以PX=5=C42⋅232132=827，
所以X的分布列为：
故EX=3×13+4×1027+5×827=10727．
【考点】
互斥事件的概率加法公式
相互独立事件的概率乘法公式
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
(1)答案未提供解析．

【解答】
解：(1)记张先生第i次答对面试官提出的问题为事件Aii=1,2,3,4,5，则PAi=23，
张先生前三个问题均回答正确为事件B；
前三个问题回答正确两个且第四个又回答正确为事件C，
前四个问题回答正确两个且第五个又回答正确为事件D，
张先生通过面试为事件M，
则M=B+C+D.
根据题意，得P(B)=(23)3=827，
P(C)=C32(23)2⋅13⋅23=827，
P(D)=C42(23)2⋅(13)2⋅23=1681.
因为事件B，C，D互斥，
所以PM=PB+PC+PD=827+827+1681=6481，
即张先生能够通过面试的概率为6488．
(2)根据题意，X=3,4,5，
X=3表明前面三个问题均回答错误（淘汰）或均回答正确（通过），
所以P(X=3)=(13)3+(23)3=13；
X=4表明前面三个问题中有两个回答错误且第四个问题又回答错误（淘汰），或者前面三个问题中有两个回答正确且第四个问题回答正确（通过），
所以P(X=4)=C32⋅23⋅(13)2⋅13+C32(23)2⋅13⋅23=1027；
X=5表明前面四个问题中有两个回答错误、两个回答正确，
所以PX=5=C42⋅232132=827，
所以X的分布列为：
故EX=3×13+4×1027+5×827=10727．
【答案】
解：(1)因为俄罗斯队和埃及队每比赛一局，俄罗斯队获胜的概率为35，
设俄罗斯队以3:2获胜的概率为P，
则P=C42352⋅252⋅35=6483125.
(2)因为俄罗斯队和埃及队每比赛一局，埃及队获胜的概率为25，
①“埃及队以3:0获胜”，
即“俄罗斯队、埃及队比赛3场且埃及队3场全胜”的概率为P1=253=8125；
②“埃及队以3:1获胜”，
即“俄罗斯队、埃及队比赛4场，其中第4场埃及队胜、前3场埃及队胜2负1”的概率为P2=C32252⋅35⋅25=72625；
③“埃及队以3:2获胜”，
即“俄罗斯队、埃及队比赛5场，其中第5场埃及队胜、前4场埃及队胜2负2”的概率为
P3=C42252⋅352⋅25=4323125.
设埃及队获胜的概率P4，
则P4=P1+P2+P3=9923125．
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
古典概型及其概率计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为俄罗斯队和埃及队每比赛一局，俄罗斯队获胜的概率为35，
设俄罗斯队以3:2获胜的概率为P，
则P=C42352⋅252⋅35=6483125.
(2)因为俄罗斯队和埃及队每比赛一局，埃及队获胜的概率为25，
①“埃及队以3:0获胜”，
即“俄罗斯队、埃及队比赛3场且埃及队3场全胜”的概率为P1=253=8125；
②“埃及队以3:1获胜”，
即“俄罗斯队、埃及队比赛4场，其中第4场埃及队胜、前3场埃及队胜2负1”的概率为P2=C32252⋅35⋅25=72625；
③“埃及队以3:2获胜”，
即“俄罗斯队、埃及队比赛5场，其中第5场埃及队胜、前4场埃及队胜2负2”的概率为
P3=C42252⋅352⋅25=4323125.
设埃及队获胜的概率P4，
则P4=P1+P2+P3=9923125．
【答案】
(1)解：因为f′x=a−axex=a(1−x)ex.
若a>0，
当x∈(1,+∞)时，f′x<0，所以fx在1,+∞上为减函数；
当x∈(−∞,1)时，f′x>0，所以fx在−∞,1上为增函数.
若a<0，
当x∈(1,+∞)时，f′x>0，所以fx在1,+∞上为减函数；
当x∈(−∞,1)时，f′x<0，所以fx在−∞,1上为增函数．
(2)证明：因为a=1，
所以Fx=exm+lnx+1x，x∈0,+∞，
则F′x=exm+lnx+1x+ex1x−1x2
=exm+2x−1x2+lnx.
因为ex>0，
所以F′x与m+2x−1x2+lnx同号．
设tx=m+2x−1x2+lnx，x∈0,+∞，
则t′x=x2−2x+2x3，
所以对任意x∈0,+∞，都有t′x>0，
所以tx在0,+∞上单调递增．
因为m∈(0,ln2)，t(1)=m+1>0，t12=m+ln12<0，
所以存在x0∈12,1，使得t(x0)=0．
当x∈12,x0时，F′x<0，Fx单调递减；
当x∈x0,1时，F′x>0，Fx单调递增，
所以若m∈0,ln2，存在x0∈12,1使得x0是Fx的极小值点．
由tx0=0得：m+2x0−1x02+lnx0=0，
即m+lnx0=1x02−2x0=1−2x0x02<0，
故m+lnx0<0．
【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
【解析】


【解答】
(1)解：因为f′x=a−axex=a(1−x)ex.
若a>0，
当x∈(1,+∞)时，f′x<0，所以fx在1,+∞上为减函数；
当x∈(−∞,1)时，f′x>0，所以fx在−∞,1上为增函数.
若a<0，
当x∈(1,+∞)时，f′x>0，所以fx在1,+∞上为减函数；
当x∈(−∞,1)时，f′x<0，所以fx在−∞,1上为增函数．
(2)证明：因为a=1，
所以Fx=exm+lnx+1x，x∈0,+∞，
则F′x=exm+lnx+1x+ex1x−1x2
=exm+2x−1x2+lnx.
因为ex>0，
所以F′x与m+2x−1x2+lnx同号．
设tx=m+2x−1x2+lnx，x∈0,+∞，
则t′x=x2−2x+2x3，
所以对任意x∈0,+∞，都有t′x>0，
所以tx在0,+∞上单调递增．
因为m∈(0,ln2)，t(1)=m+1>0，t12=m+ln12<0，
所以存在x0∈12,1，使得t(x0)=0．
当x∈12,x0时，F′x<0，Fx单调递减；
当x∈x0,1时，F′x>0，Fx单调递增，
所以若m∈0,ln2，存在x0∈12,1使得x0是Fx的极小值点．
由tx0=0得：m+2x0−1x02+lnx0=0，
即m+lnx0=1x02−2x0=1−2x0x02<0，
故m+lnx0<0．X
3
4
5
P
13
1027
827
X
3
4
5
P
13
1027
827