2020-2021学年黑龙江省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版（Word含解析）

这是一份2020-2021学年黑龙江省高二（上）期末数学试卷（文科）人教A版（Word含解析），共10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Z¯1+i=2+i，则复数z=( )
A.−1+3iB.1−3iC.3+iD.3−i

2. 若命题p:∃x0∈R，x02+2x0+3≤0，则命题p的否定￢p是（ ）
A. ∀x∈R，x2+2x+3>0 B.∀x∈R，x2+2x+3≥0
C.∀x∈R，x2+2x+3<0 D.∀x∈R，x2+2x+3≤0

3. 函数f(x)＝x2csx的图象在点（π, f(π)）处的切线方程为（ ）
A.y＝−2πx+π2B.y＝2πx−3π2C.y＝−πxD.y＝πx−2π2

4. 黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值5−12约为0.618．这个比例被公认为是最能引起美感的比例，现将底与腰之比或腰与底之比为5−12的等腰三角形称为黄金三角形，它是一个顶角为36∘或108∘的等腰三角形．如图，△ABC，△BCD，△ADE都是黄金三角形，若AB＝2，则DE＝（ ）

A.5−1B.5+12C.2D.5+1

5. 椭圆C：的焦点在x轴上，其离心率为，则（ ）
A.椭圆C的短轴长为B.椭圆C的长轴长为4
C.椭圆C的焦距为4D.a＝4

6. 已知某生产厂家的年利润y（单位：万元）与年产量x（单位：万件）的函数关系式为y=−13x3+81x−234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为（ ）
A.13万件B.11万件C.9万件D.7万件

7. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，则点(4, 0)到C的渐近线的距离为（ ）
A.3B.3C.332D.23

8. 已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，则f′(2)的值等于（ ）
A.2B.−2C.94D.−94

9. 已知抛物线y2＝4x的焦点为F，A(−1, 0)，点P是抛物线上的动点，则当|PF||PA|的值最小时，|PF|＝（ ）
A.1B.2C.22D.4

10. 若函数f(x)＝x2+x+alnx在(0, 1)上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A.a≤3B.a<3C.a≤−3D.a<−3

11. 已知椭圆x24+y23=1上一动点P，圆(x−1)2+y2=19上一动点Q，圆(x+1)2+y2=49上一动点R，则|PQ|+|PR|的最大值为（ ）
A.3B.5C.8D.9

12. 已知函数f(x)=1−lnxx2，若对任意不相等的x1,x2∈(0,1e2], |f(x1)−f(x2)x1−x2|>m(x1+x2)x12x22恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A.(−∞, 3]B.(−∞,72]C.(−∞, 4]D.(−∞,92]
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

若函数f(x)=x2ex，则f′(1)＝________．

某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品事先拟定的价格进行试销，得到如下数据．
由表中数据求的线性回归方程y​=−4x+a，则x＝10元时预测销售为________件．

牛顿迭代法(Newtn′smetℎd)是牛顿在17世纪提出的一种近似求方程根的方法．如图，设r是f(x)=0的根，选取x0作为r初始近似值，过点（x0, f(x0)）作曲线y=f(x)的切线l，l与x轴的交点的横坐标x1=x0−f(x0)f′(x0)(f′(x0)≠0)，称x1是r的一次近似值，过点（x1, f(x1)）作曲线y=f(x)的切线，则该切线与x轴的交点的横坐标为x2=x1−f(x1)f′(x1)(f′(x1)≠0)，称x2是r的二次近似值．重复以上过程，得到r的近似值序列．
若f(x)=x2−3，取x0=2作为r的初始近似值，试求f(x)=0的正根的二次近似值________.（请用分数作答）


已知双曲线C：(a>0, b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点O且斜率为正数的直线MN分别交双曲线的左、右两支于点N、M，记四边形F1NF2M的周长为T、面积为S．若|F1F2|＝2|OM|，且，则双曲线C的离心率为________．
三、解答题（本大题共6小题，17题10分，18～22每小题10分，共70分）

已知p:lg2(x−1)<1，q:x2−2x0)．
（1）当a=2时，若p和q均为真命题，求x的取值范围；

（2）若p是q的充分不必要条件，求a的取值范围．

已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F与双曲线x2−y23=1的一个顶点重合，过点M(4, 0)作倾斜角为60∘的直线l与抛物线交于A、B两点．
（1）求抛物线方程；

（2）求△AOB的面积．

已知函数f(x)＝lnx．
（1）若f(x)在x＝t处的切线l过原点，求切线l的方程；

（2）令g(x)=f(x)x，求g(x)在[1e,e2]上的最大值和最小值．

某校开展了知识竞赛活动．现从参加知识竞赛活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为10分为6组：[40, 50）,[50, 60),[60, 70),[70, 80),[80, 90),[90, 100]，得到如图所示的频率分布直方图．

（1）求a的值；

（2）在抽取的100名学生中，规定：比赛成绩不低于80分为“优秀”，比赛成绩低于80分为“非优秀”．请将下面的2×2列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”？（结果精确到0.001）
参考公式及数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+b+c+d．

已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)过点M(13,263)，且离心率为63．
（1）求椭圆C的标准方程；

（2）点A是椭圆C与x轴正半轴的交点，点M，N在椭圆C上且不同于点A，若直线AM、AN的斜率分别是kAM、kAN，且kAM⋅kAN＝9，求直线MN所过定点的坐标．

已知函数f(x)=exe．
（1）当x>0时，求g(x)＝f(x)−x的最小值．

（2）证明：当x>0时，有f(x)lnx+3x>52成立．
参考答案与试题解析
2020-2021学年黑龙江省高二（上）期末数学试卷（文科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
B
【考点】
复数相等的充要条件
【解析】
化简复数直接求解，利用共轭复数可求z．
【解答】
解：z¯=(1+i)⋅(2+i)=1+3i，∴z=1−3i
故选B
2.
【答案】
A
【考点】
命题的否定
【解析】
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
【解答】
解：因为特称命题的否定是全称命题，
所以若命题p:∃x0∈R，x02+2x0+3≤0，
则命题p的否定￢p是：∀x∈R，x2+2x+3>0．
故选A．
3.
【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，得到函数在x＝π处的导数值，再求出f(π)，然后写出切线方程．
【解答】
∵ f(x)＝x2csx，
∴ f′(x)＝2xcsx−x2sinx，
则f′(π)＝−2π，又f(π)＝−π2，
∴ 函数f(x)＝x2csx的图象在点（π, f(π)）处的切线方程为y+π2＝−2π(x−π)，
即y＝−2πx+π2，
4.
【答案】
C
【考点】
解三角形
三角形的面积公式
【解析】
由题意BCAB=5−12，可得BC，BCDC=5−12，求解DC，由DC＝DE即可解得答案．
【解答】
由题意BCAB=5−12，即BC=5−1，
∵ BCDC=5−12，
∴ DC＝2，
由题意黄金三角形它是一个顶角为36∘或108∘的等腰三角形，
可知∠A＝36∘，△ABC等腰三角形，
∴ ∠CBD＝108∘，△BCD等腰三角形，
则∠BCD＝36∘，
那么∠ECD＝72∘，
∵ △ADE都是黄金三角形，
∴ ∠ECD＝72∘，
则DC＝DE，
所以DE＝2．
5.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由已知条件以及椭圆的离心率即可求解．
【解答】
由椭圆的性质可知，椭圆C的短轴长为，椭圆的离心率，
则a2＝4，即a＝2，c2＝a2−3＝1，
所以椭圆C的长轴长2a＝4，椭圆C的焦距2c＝2，2b＝2，
所以A，C，D错误，B正确，
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
由题意先对函数y进行求导，解出极值点，然后再根据函数的定义域，把极值点和区间端点值代入已知函数，比较函数值的大小，求出最大值即最大年利润的年产量．
【解答】
令导数y′＝−x2+81>0，解得0令导数y′＝−x2+81<0，解得x>9，
所以函数y=−13x3+81x−234在区间(0, 9)上是增函数，
在区间(9, +∞)上是减函数，
所以在x＝9处取极大值，也是最大值．
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线的离心率求出a，b的关系，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离求解即可．
【解答】
双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，
可得ca=2，即：c2＝4a2，解得3a＝b，
双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为：y＝±3x，
点(4, 0)到C的渐近线的距离为：431+3=23．
8.
【答案】
D
【考点】
导数的加法与减法法则
【解析】
对等式f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，求导数，然后令x=2，即可求出f′(2)的值．
【解答】
解：∵ f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，
∴ f′(x)=2x+3f′(2)+1x，
令x=2，则f′(2)=4+3f′(2)+12，
即2f′(2)=−92，
∴ f′(2)=−94．
故选：D．
9.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
设P到准线的距离为|PQ|，则|PQ|＝|PF|．然后求出|PF||PA|=|PQ||PA|=sin∠PAQ．判断当PA与抛物线y2＝4x相切时，∠PAQ最小，即|PF||PA|取得最小值．利用函数的对数求解即可．
【解答】
抛物线的准线方程为x＝−1．
设P到准线的距离为|PQ|，则|PQ|＝|PF|．
∴ |PF||PA|=|PQ||PA|=sin∠PAQ．
∴ 当PA与抛物线y2＝4x相切时，∠PAQ最小，即|PF||PA|取得最小值．
设过A点的直线y＝kx+k与抛物线相切(k≠0)，代入抛物线方程得
k2x2+(2k2−4)x+k2＝0，
∴ △＝(2k2−4)2−4k4＝0，解得k＝±1．
即x2−2x+1＝0，解得x＝1，把x＝1代入y2＝4x得y＝±2．
∴ P(1, 2)或P(1, −2)．
∴ |PF|＝2．
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由已知可得f′(x)＝2x+1+ax≤0在(0, 1)上恒成立，即a≤−2x2−x在x∈(0, 1)时恒成立，利用二次函数的性质求出g(x)＝−2x2−x的最小值即可求得a的取值范围．
【解答】
∵ 函数f(x)＝x2+x+alnx在(0, 1)上单调递减，
∴ 当x∈(0, 1)时，f′(x)＝2x+1+ax≤0，
即a≤−2x2−x在x∈(0, 1)时恒成立，
令g(x)＝−2x2−x，开口向下，对称轴为x=−14，
∴ 在g(x)在(0, 1)上是减函数
∴ g(x)>g(1)＝−3，
∴ a≤−3，
故选：C．
11.
【答案】
B
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
椭圆x24+y23=1的两焦点恰为两圆(x−1)2+y2=19和(x+1)2+y2=49的圆心坐标．设椭圆左右焦点为F1，F2，由三角形两边之差小于第三边知：最大为|PF1|+13，同理：|PQ|最大为|PF2|+23，从而可求|PQ|+|PR|的最大值．
【解答】
椭圆x24+y23=1的两焦点为(−1, 0)，(1, 0)，
恰为两圆(x−1)2+y2=19和(x+1)2+y2=49的圆心坐标．半径分别为：13，23．
设椭圆左右焦点为F1，F2，
由三角形两边之差小于第三边知：|PR|最小为|PF1|−13，最大为|PF1|+13，
同理：|PQ|最小为|PF2|−23，最大为|PF2|+23，
∴ |PQ|+|PR|的最大为|PF1|+|PF2|+13+23=2×2+1＝5，
故|PQ|+|PR|的最大值为5，
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
由已知分离参数可得，m<|f(x1)−f(x2)||1x12−1x22|恒成立，构造函数g(1x2)＝f(x)=1−lnxx2=1x2(1+12ln1x2)，则g(x)＝x+12xlnx，x≥e4，结合导数的几何意义可求．
【解答】
对任意不相等的x1,x2∈(0,1e2], |f(x1)−f(x2)x1−x2|>m(x1+x2)x12x22恒成立，
则m(x1+x2)<|f(x1)−f(x2)||x12−x22|，即m<|f(x1)−f(x2)||1x12−1x22|恒成立，
令g(1x2)＝f(x)=1−lnxx2=1x2(1+12ln1x2)，x∈(0, e2]，
则g(x)＝x+12xlnx，x≥e4，
∴ g′(x)=32+12lnx≥g′(e4)=72，
又|f(x1)−f(x2)||1x12−1x22|=|g(1x12)−g(1x22)||1x12−1x22|表示曲线y＝g(x)在[e4, +∞)上不同的两点割线的斜率的绝对值，
则|f(x1)−f(x2)||1x12−1x22|>72，
则k≤72，即k的范围(−∞, 72]，
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
1e
【考点】
导数的运算
【解析】
根据基本初等函数和商的导数的求导公式进行求导得出f′(x)，然后即可求出f′(1)的值．
【解答】
∵ f′(x)=2xex−x2ex(ex)2=2x−x2ex，
∴ f′(1)=1e．
【答案】
66
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
计算样本中心，代入回归方程解出a，得到回归方程，求出x＝10时的y的值即可．
【解答】
x¯=16(4+5+6+7+8+9)=132，y¯=16(90+84+83+80+75+68)＝80，
∴ a＝80−(−4)×132=106，
∴ 回归方程为y​=−4x+106，
x＝10时，y​=66，
【答案】
9756
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求导得f′(x)=2x，化简xn+1，取x0=2时，分别计算x1，x2，即可得出．
【解答】
f′(x)=2x，xn+1=xn−f(xn)f′(xn)=xn−xn2−32xn=12xn+32xn，
x0=2时，x1=12x0+32x0=1+34=74，
x2=12x1+32x1=12×74+67=9756，
【答案】
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题（本大题共6小题，17题10分，18～22每小题10分，共70分）
【答案】
当a=2时，q:−1因为p和q均为真命题，解得2≤x<3，
故x的取值范围为[2, 3)．
因为p是q的充分不必要条件，所以[2, 3)⫋(1−a, 1+a)，
∴ 1−a<23≤1+a，解得a≥2．
故a的取值范围为[2, +∞)
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由lg2(x−1)<1，可得0≤lg2(x−1)<1，解得x范围．由x2−2x（1）当a=2时，q:−1（2）由p是q的充分不必要条件，可得[2, 3)⫋(1−a, 1+a)，进而a的取值范围．
【解答】
当a=2时，q:−1因为p和q均为真命题，解得2≤x<3，
故x的取值范围为[2, 3)．
因为p是q的充分不必要条件，所以[2, 3)⫋(1−a, 1+a)，
∴ 1−a<23≤1+a，解得a≥2．
故a的取值范围为[2, +∞)
【答案】
由双曲线x2−y23=1的右顶点为(1, 0)，
即可得抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F(1, 0)，
所以抛物线的方程为y2＝4x．
由题意可得直线l的方程：3x−y−43=0，
将直线与抛物线联立3x−y−43=0y2=4x ，整理可得3x2−28x+48＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
所以x1+x2=283，x1x2＝16，∴ |AB|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=8133，
原点到直线l的距离d=|0−0−43|2=23，
所以S△AOB=12×8133×23=8393．
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）求出双曲线x2−y23=1的右顶点，得到抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，即可求解抛物线方程．
（2）联立3x−y−43=0y2=4x ，整理可得3x2−28x+48＝0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用韦达定理以及弦长公式，得到直线距离公式，求解三角形的面积．
【解答】
由双曲线x2−y23=1的右顶点为(1, 0)，
即可得抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F(1, 0)，
所以抛物线的方程为y2＝4x．
由题意可得直线l的方程：3x−y−43=0，
将直线与抛物线联立3x−y−43=0y2=4x ，整理可得3x2−28x+48＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
所以x1+x2=283，x1x2＝16，∴ |AB|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=8133，
原点到直线l的距离d=|0−0−43|2=23，
所以S△AOB=12×8133×23=8393．
【答案】
设切线的方程为y＝kxf′(x)=1x，则k=f′(t)=1tx＝t，则f(t)＝lnt
切线方程为y−lnt=1t(x−t)y=1tx+lnt−1lnt−1＝0则t＝e
∴ 切线l的方程为y=1ex．
g′(x)=1−lnxx2，
当1e0；e所以最大值g(e)=1e，
∵ g(1e)=−e，g(e2)=1e2，且−e<2e2，
所以最小值g(1e)=−e．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）求导，进而求得斜率，由此求得切线方程；
（2）判断函数g(x)的单调性，由此求解函数最值．
【解答】
设切线的方程为y＝kxf′(x)=1x，则k=f′(t)=1tx＝t，则f(t)＝lnt
切线方程为y−lnt=1t(x−t)y=1tx+lnt−1lnt−1＝0则t＝e
∴ 切线l的方程为y=1ex．
g′(x)=1−lnxx2，
当1e0；e所以最大值g(e)=1e，
∵ g(1e)=−e，g(e2)=1e2，且−e<2e2，
所以最小值g(1e)=−e．
【答案】
由频率分布直方图可得，
(0.005+0.010+0.020+0.030+a+0.010)×10＝1，
解得a＝0.025；
在抽取的100名学生中，比赛成绩“优秀”的有100×0.35＝35（人），
由此可得2×2列联表如下；
计算K2=100×(10×25−40×25)250×50×35×65=90091≈9.890<10.828，
所以没有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．
【考点】
独立性检验
频率分布直方图
【解析】
（1）由频率和为1列方程求出a的值；
（2）根据题意填写列联表，计算K2，对照临界值得出结论．
【解答】
由频率分布直方图可得，
(0.005+0.010+0.020+0.030+a+0.010)×10＝1，
解得a＝0.025；
在抽取的100名学生中，比赛成绩“优秀”的有100×0.35＝35（人），
由此可得2×2列联表如下；
计算K2=100×(10×25−40×25)250×50×35×65=90091≈9.890<10.828，
所以没有99.9%的把握认为“比赛成绩是否优秀与性别有关”．
【答案】
，
又∵ kAM∗kAN＝9，∴ lAN:y=9k(x−1)，
联立y=k(x−1)y23+x2=1 ，
即(k2+
x2−2k2x+k2−3＝0，△＝(−2k2)2−4(k2+(1)(k2−(2)＝36>0，
∴ xM⋅xA=k2−3k2+3，
又∵ xA＝1，∴ xM=k2−3k2+3，代入y＝k(x−(3)，
得：yM=−6k3+k2，∴ M(k2−3k2+3,−6k3+k2)，
用9k代换k，即得N(27−k227+k2,−18k27+k2)，
∴ kMN=−6k3+k2−(−18k27+k2)k2−3k2+3−(27−k227+k2)=6kk2+9，
∴ lMN:y=6kk2+9(x−k2−3k2+3)−6k3+k2，
即y=3kk2+6(x−2)，∴ 直线MN恒过定点(2, 0)．
方法二：过MN两点作直线MN，
直线MN的斜率不存在时，kAM∗kAN<0，
直线MN的斜率为0时，kAM∗kAN＝3，
故直线MN的斜率存在且不为0，
设直线MN为y＝kx+m，
联立直线MN和椭圆方程得y=kx+my23+x2=1 ，
即(k2+(4)x2−2kmx+m2−3＝0，
得：xMxN=m2−33+k2,xM+xN=−2km3+k2，
所以yMyN=3m2−3k23+k2，
又∵ kAM∗kAN＝9，
∴ yMxM−1×yNxN−1=3m2−3k2m2+2km+k2=9，
∴ m2+3mk+2k2＝0，
得m＝−k或m＝−2k，
m＝−k时，直线MN:y＝kx+m过(1, 0)为点A，舍；
m＝−2k时，直线MN:y＝kx+m过(2, 0)，
所以直线MN过定点(2, 0)
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）通过离心率，结合椭圆过点M(13,263)，解得：a2，然后推出椭圆C的标准方程．
（2）方法一：如图所示：直线AM，AN的斜率一定存在且不为0，设lAM:y＝k(x−1)，推出lAN:y=9k(x−1)，
联立y=k(x−1)y23+x2=1 ，利用韦达定理，求出M、N坐标，得到MN的斜率，求解直线方程，得到结果．
方法二：过MN两点做直线MN，设直线MN为y＝kx+m，
联立直线MN和椭圆方程，利用韦达定理，转化求解直线的斜率乘积yMyN=3m2−3k23+k2，通过kAM∗kAN＝9，
推出直线系方程，得到结果．
【解答】
由题意知：e=ca=63，
即c2=23a2，
又∵ b2=a2−c2=a2−23a2=13a2，∴ 椭圆方程可化为：y2a2+3x2a2=1，
又∵ 椭圆过点M(13,263)，∴ (263)2a2+3×(13)2a2=1，
解得：a2＝3，
∴ 椭圆C的标准方程为：y23+x2=1；
方法一：
【答案】
g(x)=exe−x(x>0)，则g′(x)=exe−1，
g′(x)=0,x=1#/DEL/#00,#/DEL/#
所以g(x)min＝g(1)＝0，
所以g(x)＝f(x)−x(x>0)的最小值为0；
证明：对x的取值范围分类讨论：
①0lnx，
有f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x>lnx+3x，
令g(x)=lnx+3x，则g′(x)=1x−3x2=x−3x2<0，
所以g(x)在(0, 1)上单调递减，
所以g(x)>g(1)=3>52，
即f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x>lnx+3x>3>52，
故0②x≥1时，由（1）中结论，ex−1≥x在x∈[1, +∞)上恒成立，
而此时lnx≥0，于是有f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x≥xlnx+3x，
要证f(x)lnx+3x>52成立，可证其加强条件：xlnx+3x>52，
即证lnx+3x2−52x>0在x≥1时成立，
令m(x)=lnx+3x2−52x(x≥1)，
则m′(x)=1x−6x3+52x2=2x2+5x−122x3=(2x−3)(x+4)2x3，
所以m(x)在[1,32)上单调递减，在[32,+∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(32)=ln32−13，
由于278>3>3，因此32>e13，所以ln32>13，
所以m(x)≥m(32)=ln32−13>0，
即m(x)=lnx+3x2−52x>0，即lnx+3x>52，
所以f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x≥xlnx+3x>52，
故x≥1时，命题成立．
综上，当x>0时，有f(x)lnx+3x>52成立．
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）求出g(x)的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可；
（2）通过讨论x的范围，结合函数的单调性证明即可．
【解答】
g(x)=exe−x(x>0)，则g′(x)=exe−1，
g′(x)=0,x=1#/DEL/#00,#/DEL/#
所以g(x)min＝g(1)＝0，
所以g(x)＝f(x)−x(x>0)的最小值为0；
证明：对x的取值范围分类讨论：
①0lnx，
有f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x>lnx+3x，
令g(x)=lnx+3x，则g′(x)=1x−3x2=x−3x2<0，
所以g(x)在(0, 1)上单调递减，
所以g(x)>g(1)=3>52，
即f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x>lnx+3x>3>52，
故0②x≥1时，由（1）中结论，ex−1≥x在x∈[1, +∞)上恒成立，
而此时lnx≥0，于是有f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x≥xlnx+3x，
要证f(x)lnx+3x>52成立，可证其加强条件：xlnx+3x>52，
即证lnx+3x2−52x>0在x≥1时成立，
令m(x)=lnx+3x2−52x(x≥1)，
则m′(x)=1x−6x3+52x2=2x2+5x−122x3=(2x−3)(x+4)2x3，
所以m(x)在[1,32)上单调递减，在[32,+∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(32)=ln32−13，
由于278>3>3，因此32>e13，所以ln32>13，
所以m(x)≥m(32)=ln32−13>0，
即m(x)=lnx+3x2−52x>0，即lnx+3x>52，
所以f(x)lnx+3x=ex−1lnx+3x≥xlnx+3x>52，
故x≥1时，命题成立．
综上，当x>0时，有f(x)lnx+3x>52成立．单位（x元）
4
5
6
7
8
9
销量（y件）
90
84
83
80
75
68
优秀
非优秀
合计
男生
40
女生
50
合计
100
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
优秀
非优秀
合计
男生
10
40
50
女生
25
25
50
合计
35
65
100
优秀
非优秀
合计
男生
10
40
50
女生
25
25
50
合计
35
65
100