2020-2021学年辽宁省沈阳高二（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年辽宁省沈阳高二（下）期中考试数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 数列{an}满足a1=12,1an+1−1=1an−1−1(n∈N∗) ，则a10=( )
A.910 B.109 C.1011 D.1110

2. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=81，S6=36，则S3=( )
A.−9B.9C.−92D.−3

3. 在等差数列an中，若a4+a6+a8+a10+a12=120，则2a10−a12的值为( )
A.20B.22C.24D.28

4. 等比数列{an}满足an>0，n∈N+，且a3⋅a2n−3=22nn≥2，则当n≥1时， lg2a1+lg2a2+…+lg2a2n−1=( )
A.n2n−1B.n+12C.n2D.n−12

5. 函数f(x)的定义域为(a, b)，导函数f′(x)在(a, b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a, b)内有极小值点( )

A.1个B.2个C.3个D.4个

6. 若函数f(x)=x2+ax+1在x=1处取得极值，则a等于( )
A.−5B.−2C.1D.3

7. 曲线f(x)=x2+x−2ex在点(0,f(0))处切线的斜率为( )
A.2B.1C.−1D.−2

8. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)=2xf′(1)+lnx，则f′(1)=( )
A.−eB.1C.−1D.e
二、多选题

已知数列an是等比数列，公比为q，前n项和为Sn，下列判断正确的有( )
A.{1an}为等比数列B.lg2an 为等差数列
C.{an+an+1}为等比数列D.anan+1 为等比数列

已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是（ ）
A.数列{an2}是等比数列
B.若a3=2，a7=32，则a5=±8
C.若a1D.若数列{an}的前n项和Sn=3n−1+r，则r=−1

函数fx=ax3−bx2+cx的图象如图所示，且fx在x=−1与x=x0处取得极值，则下列结论正确的有( )

A.a<0B.c<0
C.f−1+f1>0D.函数f′x在−∞,0上是减函数

已知a，b均为正数，且a−b=1，则( )
A.2a−2b>1B.a3−b3<1
C.4a−1b≤1D.2lg2a−lg2b<2
三、填空题

已知数列an的首项a1=1，前n项和为Sn，且满足2an+1+Sn=2n∈N∗，则数列an的通项公式an=________.

已知数列an为等比数列，首项a1=4，数列bn满足bn=lg2an，且b1+b2+b3=12，则a4=________.

若f(x)=x2−2x−4lnx(x>0)，则f(x)的单调递增区间为________．

若函数fx=x3+ax−2在区间1,+∞内是增函数，则实数a的取值范围是________.
四、解答题

设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；

(2)求数列{anbn}的前n项和Sn．

已知数列an中，a1=1，前n项和Sn=n+23an．
(1)求a2，a3；

(2)求数列an的通项公式．

已知数列an和bn满足a1=1，b1=0，4an+1=3an−bn+4，4bn+1=3bn−an−4.
(1)证明：an+bn是等比数列，an−bn是等差数列；

(2)求an和bn的通项公式.

已知函数f(x)=−x2+ax+1−lnx在x=1处取得极值.
(1)求f(x)，并求函数f(x)在点（2, f(2)）处的切线方程；

(2)求函数f(x)的单调区间．

已知：函数f(x)=x3−6x+5，x∈R.
(1)求：函数f(x)的单调区间和极值；

(2)若关于x的方程f(x)=a有3个不同实根，求：实数a的取值范围；

(3)当x∈(1, +∞)时，f(x)≥k(x−1)恒成立，求：实数k的取值范围．

已知函数f(x)=ex−ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；

(2)当m≤2时，证明f(x)>0.
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省沈阳市高二（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 1an+1−1=1an−1−1(n∈N∗)，
∴ 1an+1−1−1an−1=−1，
∴ 数列{1an−1}是等差数列，首项为1a1−1=−2，公差为−1，
∴ 1an−1=−2−(n−1)=−n−1，
∴ an=1−1n+1=nn+1，
∴a10=1011.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由等差数列的性质可得S3，S6−S3，S9−S6成等差数列，由已知数据代入计算可得．
【解答】
解：由等差数列的性质可得S3，S6−S3，S9−S6成等差数列，
故2(S6−S3)=S3+(S9−S6)，
代入数据可得2(36−S3)=S3+(81−36)，
解之可得S3=9．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列的性质巧妙求解.
【解答】
解：由a4+a6+a8+a10+a12
=a4+a12+a6+a10+a8=5a8=120，
解得a8=24.
∵ a8+a12=2a10，
∴ 2a10−a12=a8=24．
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
等比数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
根据条件先求出等比数列的通项公式，然后根据对数的运算法则以及等差数列的通项公式即可得到结论．
【解答】
解： ∵a3⋅a2n−3=22nn≥2，
∴a1q2⋅a1q2n−4=a12q2n−2
=a1qn−12=an2=2n2，
∵an>0，
∴an=2n，即lg2an=lg22n=n，
即lg2a1+lg2a2+…+lg2a2n−1
=1+2+…+2n−1
=1+2n−12n−12=n2n−1.
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由图象得：导函数f′(x)=0有3个根，只有在b附近的根满足根的左边为负值，根的右边为正值，故函数只有1个极小值点．从而问题得解．
【解答】
解：由图象得：导函数f′(x)=0在(a,b)内有4个根，
如图所示：
函数f(x)只有在点A处取得极小值.
因为在点A左侧，f′(x)<0，在点A右侧，f′(x)>0，且f′(xA)=0，
所以函数在点A处取得极小值，
故函数只有1个极小值点.
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
由题意得：f′(x)=x2+2x−a(x+1)2，由函数f(x)在x=1处取得极值，可得所以f′(1)=0．进而可得a的值．
【解答】
解：由题意得：f′(x)=x2+2x−a(x+1)2,
因为函数f(x)=x2+ax+1在x=1处取得极值，
所以f′(1)=0，即a=3．
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
导数的几何意义
【解析】
根据题意求导，再由导数的几何意义可得所求值.
【解答】
解：∵ f′x=2x+1−2ex，
∴ 曲线fx在点0,f0处切线的斜率为
f′0=0+1−2×e0=−1.
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
常用函数的导数
函数的求值
【解析】
本题考查常用函数的导数.
【解答】
解：由f(x)=2xf′(1)+lnx，
得f′(x)=2f′(1)+1x，
则f′(1)=2f′(1)+11⇒f′(1)=−1.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
等比数列的性质
等比数列
等差数列
【解析】
由an为等比数列，公比为q， an=a1qn−1，逐项判断选项可得答案．
【解答】
解：an为等比数列，公比为q， an=a1qn−1，
A，1an=1a1qn−1，1an+11an=anan+1=a1qn−1a1qn=1q，
∴1an为等比数列，故A正确；
B，q的正负不能确定，an的正负不确定，而lg2an中an必须为正，故B错误；
C，an+an+1=a1qn−1+a1qn，
an+an+1an−1+an=a1qn−1+a1qna1qn−2+a1qn−1=q+q21+q=q，
当q=−1时，1+q=0 不成立，故C错误；
D，anan+1an−1an=an+1an−1=q2，故anan+1 为等比数列，故D正确．
故选AD．
【答案】
A,C
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的性质
等比数列的前n项和
【解析】
在A中，数列{an2}是等比数列；在B中，a5＝8；在C中，若a11，数列{an}是递增数列；在D中，r=−13．
【解答】
解：由数列{an}是等比数列，知：
在A中，∵ an2=a12q2n−2，
∴ an+12an2=a12q2na12q2n−2=q2是常数，
∴ 数列{an2}是等比数列，故A正确；
在B中，若a3=2，a7=32，则a5=2×32=8，故B错误；
在C中，若a11，数列{an}是递增数列，故C正确；
在D中，若数列{an}的前n和Sn=3n−1+r，
则a1=S1=1+r，
a2=S2−S1=(3+r)−(1+r)=2，
a3=S3−S2=(9+r)−(3+r)=6，
∵ a1，a2，a3成等比数列，
∴ a22=a1a3，
∴ 4=6(1+r)，
解得r=−13，故D错误．
故选AC.
【答案】
B,C
【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】
利用导数研究函数的单调性再结合图像解题
【解答】
解：A，f′(x)=3ax2−2bx+c，由图可知，
f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)，(x0,+∞)，
所以3ax2−2bx+c>0的解集为(−∞,−1)∪(x0,+∞)，
所以a>0，A错误；
B，因为x=−1和x=x0是函数f(x)的极值点，
所以−1，x0是方程3ax2−2bx+c=0的两根，
则−x0=c3a，因为a>0，x0>0，所以c<0，B正确；
C，由图知x0<1，x0−1<0，x0−1=3b2a<0，b<0，
所以f(−1)+f(1)=−2b>0，C正确；
D，因为f(x)=3ax2−2bx+c的图象为开口向上的抛物线，
对称轴为x=2b2×3a=b3a<0，
所以f′(x)在−∞,b3a上递减，在b3a,0上递增，D错误.
故选BC.
【答案】
A,C
【考点】
对数的运算性质
指数函数的性质
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由题可得a=b+1，则2a−2b=2b+1−2b=2⋅2b−2b=2b，根据b>0，可知A正确；取特殊值a=2，b=1时，满足a，b均为正数，且a−b=1，可判断B，D错误；由A选项的分析过程可知a=b+1，故4a−1b=4b+1−1b=3b−1b2+b，令fb=3b−1b2+b,b∈0,+∞，利用导数求出函数的最大值可判断C正确.
【解答】
解：A，∵ a−b=1，
∴ a=b+1，
∴ 2a−2b=2b+1−2b=2⋅2b−2b=2b，
∵ b>0，
∴ 2b>1，即2a−2b>1，故A正确；
B，当a=2，b=1时，满足a，b均为正数，且a−b=1，
但此时a3−b3=23−13=7>1，故B错误；
C，由A选项的分析过程可知a=b+1，
故4a−1b=4b+1−1b=3b−1b2+b.
令fb=3b−1b2+b，b∈0,+∞，
则f′b=3b2+b−3b−12b+1b2+b2
=−b−13b+1b2+b2，
当00，
当b>1时，f′b<0，
故fb在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
故fb≤f1=3×1−112+1=1，
即4a−1b≤1，故C正确；
D，当a=2，b=1时，满足a，b均为正数，且a−b=1，
但此时2lg2a−lg2b=2lg22−lg21=2×1−0=2，故D错误.
故选AC．
三、填空题
【答案】
(12)n−1
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 2an+1+Sn=2，①
∴ 2an+Sn−1=2(n≥2)，②
①−②得2an+1−2an+an=0，
即an+1=12an.
当n=1时，2a2+a1=2，解得a2=12，满足上式，
故an=(12)n−1.
故答案为：(12)n−1.
【答案】
256
【考点】
等比数列的通项公式
等比数列的性质
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为数列an为等比数列，首项a1=4，设数列an的公比为q，
所以数列an的通项公式为an=a1⋅qn−1=4qn−1．
因为数列bn满足bn=lg2an，且b1+b2+b4=12，
所以lg2a1+lg2a2+lg2a3=12，
所以2+lg24q+lg24q2=12，
所以2+lg24+lg2q+lg24+2lg2q=12，
即3lg2q=6，解得q=4，
则a4=a1q4−1=44=256．
故答案为：256.
【答案】
(2, +∞)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
求函数的定义域和导数，利用导数和单调性之间的关系，即可得到结论．
【解答】
解：函数的定义域为(0, +∞)，
函数的导数为f′(x)=2x−2−4x=2x2−2x−4x，
由f′(x)>0，
得2x2−2x−4>0，即x2−x−2>0，解得x>2或x<−1（舍），
即函数的单调递增区间为：(2, +∞).
故答案为：(2, +∞).
【答案】
[−3, +∞)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
先求出导函数，根据函数的单调性即可得a的取值范围．
【解答】
解：∵ f(x)=x3+ax−2，
∴ f′x=3x2+a，
∵ fx在1,+∞上是增函数,
∴ ∀x∈1,+∞，f′x≥0恒成立，
∴ f′1≥0恒成立，即3+a≥0，
∴ a≥−3.
故答案为：[−3, +∞).
四、解答题
【答案】
解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且1+2d+q4=21,1+4d+q2=13,
解得d=2，q=2．
所以an=1+(n−1)d=2n−1，bn=qn−1=2n−1．
(2)由(1)易知anbn=2n−12n−1，
Sn=1+321+522+…+2n−32n−2+2n−12n−1，①
2Sn=2+3+52+…+2n−32n−3+2n−12n−2，②
由②−①得：Sn=2+2+22+222+…+22n−2−2n−12n−1
=2+2×(1+12+122+…+12n−2)−2n−12n−1
=2+2×1−12n−11−12−2n−12n−1
=6−2n+32n−1．
【考点】
数列的求和
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
【解析】
(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，然后根据条件建立方程组，解之即可求出d与q，从而求出{an}，{bn}的通项公式；
(2)根据数列{anbn}的通项公式的形式可知利用错位相消法进行求和即可求出Sn=6−2n+32n−1，可证得结论．
【解答】
解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
则依题意有q>0且1+2d+q4=21,1+4d+q2=13,
解得d=2，q=2．
所以an=1+(n−1)d=2n−1，bn=qn−1=2n−1．
(2)由(1)易知anbn=2n−12n−1，
Sn=1+321+522+…+2n−32n−2+2n−12n−1，①
2Sn=2+3+52+…+2n−32n−3+2n−12n−2，②
由②−①得：Sn=2+2+22+222+…+22n−2−2n−12n−1
=2+2×(1+12+122+…+12n−2)−2n−12n−1
=2+2×1−12n−11−12−2n−12n−1
=6−2n+32n−1．
【答案】
解：(1)由a1=1，Sn=n+23an，可得S2=2+23a2，
∴a1+a2=43a2，
∴a2=3.
又S3=3+23a3，
∴a1+a2+a3=53a3，
∴ a3=6；
(2)当n≥2时，Sn=n+23an，①
Sn−1=n+13an−1，②
①−②可得Sn−Sn−1=n+23an−n+13an−1，
即an=n+23an−n+13an−1，
即n−13an =n+13an−1，
∴anan−1=n+1n−1，
故有an=anan−1⋅an−1an−2⋅ ⋯ ⋅a2a1⋅a1
=n+1n−1⋅nn−2⋅ ⋯ ⋅31⋅1=n2+n2．
而12+12=1=a1，
所以an的通项公式为an=n2+n2．
【考点】
数列递推式
【解析】


【解答】
解：(1)由a1=1，Sn=n+23an，可得S2=2+23a2，
∴a1+a2=43a2，
∴a2=3.
又S3=3+23a3，
∴a1+a2+a3=53a3，
∴ a3=6；
(2)当n≥2时，Sn=n+23an，①
Sn−1=n+13an−1，②
①−②可得Sn−Sn−1=n+23an−n+13an−1，
即an=n+23an−n+13an−1，
即n−13an =n+13an−1，
∴anan−1=n+1n−1，
故有an=anan−1⋅an−1an−2⋅ ⋯ ⋅a2a1⋅a1
=n+1n−1⋅nn−2⋅ ⋯ ⋅31⋅1=n2+n2．
而12+12=1=a1，
所以an的通项公式为an=n2+n2．
【答案】
(1)证明：由题设知4an+1=3an−bn+4①，4bn+1=3bn−an−4②，
由①+②得，4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，
即an+1+bn+1an+bn=12，
又因为a1+b1=1，
所以an+bn是首项为1，公比为12的等比数列；
由①−②得，4an+1−bn+1=4an−bn+8，
即an+1−bn+1=an−bn+2，
又因为a1−b1=1，
所以an−bn是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)解：由(1)得，an+bn=12n−1③，an−bn=2n−1④，
由③+④得，an=12an+bn+an−bn=12n+n−12，
代入④，得bn=an−2n+1=12n−n+12.
【考点】
等比关系的确定
等差关系的确定
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由题设知4an+1=3an−bn+4①，4bn+1=3bn−an−4②，
由①+②得，4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，
即an+1+bn+1an+bn=12，
又因为a1+b1=1，
所以an+bn是首项为1，公比为12的等比数列；
由①−②得，4an+1−bn+1=4an−bn+8，
即an+1−bn+1=an−bn+2，
又因为a1−b1=1，
所以an−bn是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)解：由(1)得，an+bn=12n−1③，an−bn=2n−1④，
由③+④得，an=12an+bn+an−bn=12n+n−12，
代入④，得bn=an−2n+1=12n−n+12.
【答案】
解：(1)∵ f(x)=−x2+ax+1−lnx，
∴ f′(x)=−2x+a−1x(x>0)，
∵ 函数f(x)在x=1处取得极值，
∴ f′(1)=−2+a−1=0，解得a=3．
∴ f(x)=−x2+3x+1−lnx，
∴ f′(x)=−2x+3−1x(x>0)，
∴ f(2)=−4+6+1−ln2=3−ln2，f′(2)=−4+3−12=−32，
∴ 函数f(x)在点（2, f(2)）处的切线方程为y=−32x+6−ln2．
(2)由(1)知f′(x)=−2x+3−1x(x>0)，
令f′(x)>0，即−2x+3−1x>0，
解得12∴ f(x)的单调递增区间为12,1，
令f′(x)<0，即−2x+3−1x<0，
解得01，
∴ f(x)的单调递减区间为0,12,(1,+∞)，
综上，f(x)的单调递减区间为0,12和(1,+∞)，单调递增区间为12,1.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
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】
（1）先求函数的定义域，然后求导，利用导数的几何意义求切线方程．
（2）利用f′(x)<0，求函数的单调递减区间．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=−x2+ax+1−lnx，
∴ f′(x)=−2x+a−1x(x>0)，
∵ 函数f(x)在x=1处取得极值，
∴ f′(1)=−2+a−1=0，解得a=3．
∴ f(x)=−x2+3x+1−lnx，
∴ f′(x)=−2x+3−1x(x>0)，
∴ f(2)=−4+6+1−ln2=3−ln2，f′(2)=−4+3−12=−32，
∴ 函数f(x)在点（2, f(2)）处的切线方程为y=−32x+6−ln2．
(2)由(1)知f′(x)=−2x+3−1x(x>0)，
令f′(x)>0，即−2x+3−1x>0，
解得12∴ f(x)的单调递增区间为12,1，
令f′(x)<0，即−2x+3−1x<0，
解得01，
∴ f(x)的单调递减区间为0,12,(1,+∞)，
综上，f(x)的单调递减区间为0,12和(1,+∞)，单调递增区间为12,1.
【答案】
解：(1)已知f(x)=x3−6x+5，则f′(x)=3(x2−2).
令f′(x)=0，解得x1=−2，x2=2.
则：
∴ f(x)的单调递增区间是(−∞,−2)，(2，+∞)，单调递减区间是(−2，2).
当x=−2时，函数有极大值为5+42；
当x=2时，函数有极小值为5−42.
(2)由(1)的分析可知y=f(x)图象的大致形状及走向如图：
若关于x的方程f(x)=a有3个不同实根，即y=f(x)图象与直线y=a有3个不同交点，
由图数形结合可得5−42(3)f(x)≥k(x−1)，即(x−1)(x2+x−5)≥k(x−1)．
∵ x>1，
∴ k≤x2+x−5在(1, +∞)上恒成立，
g(x)=x2+x−5=(x+12)2−214，
则g(x)在(1, +∞)上是增函数，
∴ g(x)>g(1)=−3，
∴ k≤−3．
【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
函数的零点与方程根的关系
函数恒成立问题
【解析】
（1）先求函数的导数，令导数等于0，求出极值点，再列表判断极值点左右两侧导数的正负，当左正右负时有极大值，当左负右正时有极小值，且在某区间导数大于0时，此区间为函数的增区间，在某区间导数小于0时，此区间为函数的减区间．
（2）由（1）知函数f(x)的大致图象，然后将关于x的方程f(x)=a有3个不同实根，转化为y=f(x)图象与直线y=a有3个不同交点，数形结合解决问题
（3）先将f(x)≥k(x−1)恒成立，转化为k≤x2+x−5在(1, +∞)上恒成立，进而转化为求函数g(x)=x2+x−5在(1, +∞)上的值域即可
【解答】
解：(1)已知f(x)=x3−6x+5，则f′(x)=3(x2−2).
令f′(x)=0，解得x1=−2，x2=2.
则：
∴ f(x)的单调递增区间是(−∞,−2)，(2，+∞)，单调递减区间是(−2，2).
当x=−2时，函数有极大值为5+42；
当x=2时，函数有极小值为5−42.
(2)由(1)的分析可知y=f(x)图象的大致形状及走向如图：
若关于x的方程f(x)=a有3个不同实根，即y=f(x)图象与直线y=a有3个不同交点，
由图数形结合可得5−42(3)f(x)≥k(x−1)，即(x−1)(x2+x−5)≥k(x−1)．
∵ x>1，∴ k≤x2+x−5在(1, +∞)上恒成立，
g(x)=x2+x−5=(x+12)2−214，
则g(x)在(1, +∞)上是增函数，
∴ g(x)>g(1)=−3，
∴ k≤−3．
【答案】
(1)解：∵ f′(x)=ex−1x+m，x=0是f(x)的极值点，
∴ f′(0)=1−1m=0，解得m=1，
∴函数f(x)=ex−ln(x+1)，
其定义域为(−1，+∞)．
∵ f′(x)=ex−1x+1=ex(x+1)−1x+1．
设g(x)=ex(x+1)−1，
则g′(x)=ex(x+1)+ex>0，
所以g(x)在(−1，+∞)上为增函数.
又∵ g(0)=0，
∴当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，
当−1∴f(x)在(−1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增.
(2)证明：当m≤2，x∈(−m，+∞)时，
ln(x+m)≤ln(x+2)，
故只需证明当m=2时f(x)>0恒成立.
当m=2时，函数f′(x)=ex−1x+2在(−2，+∞)上为增函数，
且f′(−1)<0，f′(0)>0，
故f′(x)=0在(−2，+∞)上有唯一实数根x0，且x0∈(−1，0)．
当x∈(−2，x0)时，f′(x)<0，
当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，
从而当x=x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)=0，得ex0=1x0+2，
又得ln(x0+2)=−x0．
故f(x)≥f(x0)min=1x0+2+x0
=(x0+1)2x0+2>0．
综上，当m≤2时，f(x)>0．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
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】
(i)求出原函数的导函数，因为x=0是函数f(x)的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；
(ii)证明当m≤2时，f(x)>0，转化为证明当m=2时f(x)>0．求出当m=2时函数的导函数，可知导函数在(−2, +∞)上为增函数，并进一步得到导函数在(−1, 0)上有唯一零点x0，则当x=x0时函数取得最小值，借助于x0是导函数的零点证出f(x0)>0，从而结论得证．
【解答】
(1)解：∵ f′(x)=ex−1x+m，x=0是f(x)的极值点，
∴ f′(0)=1−1m=0，解得m=1，
∴函数f(x)=ex−ln(x+1)，
其定义域为(−1，+∞)．
∵ f′(x)=ex−1x+1=ex(x+1)−1x+1．
设g(x)=ex(x+1)−1，
则g′(x)=ex(x+1)+ex>0，
所以g(x)在(−1，+∞)上为增函数.
又∵ g(0)=0，
∴当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，
当−1∴f(x)在(−1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增.
(2)证明：当m≤2，x∈(−m，+∞)时，
ln(x+m)≤ln(x+2)，
故只需证明当m=2时f(x)>0恒成立.
当m=2时，函数f′(x)=ex−1x+2在(−2，+∞)上为增函数，
且f′(−1)<0，f′(0)>0，
故f′(x)=0在(−2，+∞)上有唯一实数根x0，且x0∈(−1，0)．
当x∈(−2，x0)时，f′(x)<0，
当x∈(x0，+∞)时，f′(x)>0，
从而当x=x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)=0，得ex0=1x0+2，
又得ln(x0+2)=−x0．
故f(x)≥f(x0)min=1x0+2+x0
=(x0+1)2x0+2>0．
综上，当m≤2时，f(x)>0．x
(−∞,−2)
−2
(−2，2)
2
(2，+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(−∞,−2)
−2
(−2，2)
2
(2，+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗