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2022-2023学年辽宁省沈阳120中学高二（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳120中学高二（下）期末数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省沈阳120中学高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|2−x>3}，B={x|y=ln(x+3)}，则A∩B=( )
A. (−1,+∞) B. [−3,+∞) C. (−3,−1) D. [−3,1)
2. 已知命题p：∀x>0，总有(x+1)ex>1，则￢p为( )
A. ∃x0≤0，使得(x0+1)ex0≤1 B. ∃x0>0，使得(x0+1)ex0≤1
C. ∀x0>0，使得(x0+1)ex0≤1 D. ∀x0≤0，使得(x0+1)ex0≤1
3. y=x+ 1−x+3的最大值是( )
A. 174 B. 2 C. 12 D. 4
4. 设p：“函数f(x)=2x2−mx+5m在(−∞,−2]上单调递减”，q：“∀x>0，2x3+8x3≥3−m”，则p是q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
5. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，且∀n∈N*，都有Snn
C. Sn的最大值是S9 D. Sn的最大值是S10
6. 若f(x)=log2(x2−ax+6)在区间[−2,2)上是减函数，则实数a的取值范围为( )
A. [4,5] B. (4,5] C. [4,5) D. [5,+∞)
7. 记数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数M>0，使得对任意的n∈N*，都有|Sn|
B. 若{an}是等差数列，且公差d=0，则{an}是“和有界数列”
C. 若{an}是等比数列，且公比|q|<1，则{an}是“和有界数列”
D. 若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，则{an}的公比|q|<1
8. 已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x−1)为奇函数，f′(2−x)+f′(x)=2，f′(−1)=2，则i=12024f′(2i−1)=( )
A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若函数f(x)=x2−4x+1在定义域T上的值域为[−3,1]，则区间T可能为( )
A. (2,4] B. [1,4] C. [0,4] D. [3,4]
10. (多选题)下面结论错误的是( )
A. 不等式a2+b2≥2ab与a+b2≥ ab成立的条件是相同的
B. 函数y=x+1x的最小值是2
C. 函数y=sinx+4sinx，x∈(0,π2)的最小值是4
D. “x>0且y>0”是“yx+xy≥2”的充分条件
11. 已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1000件需另投入2.7万元.设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)=10.8−130x2,010当该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大时，则有( )
A. 年产量为9000件 B. 年产量为10000件
C. 年利润最大值为38万元 D. 年利润最大值为38.6万元
12. 已知函数f(x)对∀x，y∈R都有f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y)，且f(0)≠0，则下列结论正确的是( )
A. f(x)为偶函数 B. 若f(e)=0，则f(2e)=0
C. f(2x)=f2(x)−2 D. 若f(1)=0，则f(x+4)=f(x)
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 不等式5−xx2−2x−3≤−1的解集为______．
14. 已知f(x)=−x2+mx+1在区间[−2,−1]上的最大值就是函数f(x)的极大值.则m的取值范围是______ ．
15. 已知函数f(x)=lg(5x+45x+m)的值域为R，则m的取值范围是______ ．
16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德⋅黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s)=n=1∞n−s=11s+12s+13s+…，我们经常从无穷级数的部分和11s+12s+13s+…+1ns入手.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=12(an+1an)，则[1S1+1S2+…+1S100]= ______ (其中[x]表示不超过x的最大整数)．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
已知集合A={x|ax2−3x+2=0}，问：
(1)若集合A中至多有一个元素，求a的取值范围；
(2)若集合A中至少有一个元素，求a的取值范围．
18. (本小题12.0分)
数列{an}满足an+1=3an+1−2n，a1=2．
(1)若数列{an−λn}是等比数列，求λ及{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn=2n−1an−n，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<3．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ax2−(a+1)x+1，a∈R．
(1)若不等式f(x)<0的解集为(12,1)，求a的值；
(2)讨论关于x不等式f(x)>0的解集．
20. (本小题12.0分)
对于函数f(x)=ax2+(b+1)x+b−2，(a≠0)，若存在实数x0，使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点．
(1)当a=2，b=−2时，求f(x)的不动点；
(2)当a=2时，函数f(x)在(−2,3)内有两个不同的不动点，求实数b的取值范围；
(3)若对于任意实数b，函数f(x)恒有两个不相同的不动点，求实数a的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=a⋅4x−14x+1是定义在R上的奇函数．
(1)求a的值；
(2)判断并证明函数f(x)的单调性，并利用结论解不等式f(x2−2x)+f(3x−2)<0；
(3)是否存在实数k，使得函数f(x)在[m,n]上的取值范围是[k4m,k4n]，若存在，求出实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex(lnx+a)．
(1)若f(x)是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2>2．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A={x|2−x>3}={x|x<−1}，
B={x|y=ln(x+3)}={x|x>−3}，
则A∩B={x|−3
求出集合A，B，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p：∀x>0，总有(x+1)ex>1，
则￢p为：∃x0>0，使得(x0+1)ex0≤1．
故选：B．
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由已知可得1−x⩾0，解得x⩽1，故函数y=x+ 1−x+3的定义域为(−∞,1]，
令t= 1−x，则t⩾0，且x=1−t2，
则y=1−t2+t+3=−t2+t+4=−(t−12)2+174⩽174，
当且仅当t=12，即x=1−(12)2=34时取等号，
故函数y=x+ 1−x+3的最大值为174．
故选：A．
根据题意得到函数y=x+ 1−x+3的定义域为(−∞,1]，利用换元法结合二次函数的性质即可求解．
本题考查了函数的最值计算，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：p：因为函数f(x)=2x2−mx+5m在(−∞,−2]上单调递减，所以−m−4≥−2，即m≥−8．
q：因为∀x>0时，2x3+8x3≥2 2x3⋅8x3=8，
所以“∀x>0，2x3+8x3≥3−m”等价于3−m≤8，即m≥−5，
因为集合[−5,+∞)⫋[−8，+∞)，p推不出q，而q能推出p，
所以p是q的必要不充分条件．
故选：B．
利用函数的单调性和基本不等式分别解出p、q，再根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
本题考查基本不等式，充分条件和必要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由Snn
因为S5=S13，所以a6+a7+a8+a9+a10+a11+a12+a13=0，即a9+a10=0，
则a9<0，a10>0，所以当n≤9且n∈N*时，an<0；
当n≥10且n∈N*时，an>0.因此，Sn有最小值，且最小值为S9．
故选：A．
由Snn0，即可求出，Sn有最小值，且最小值为S9．
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：设t=x2−ax+6，
因为y=log2t在定义域上为增函数，
又因为f(x)=log2(x2−ax+6)在区间[−2,2)上是减函数，
所以t=x2−ax+6在区间[−2,2)上是减函数，
所以a2≥222−2a+6≥0，解得4≤a≤5．
故选：A．
设t=x2−ax+6，由题意可得t=x2−ax+6在区间[−2,2)上是减函数，列出不等式组求解即可．
本题考查了复合函数的单调性，也考查了二次函数的性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，若{an}是等差数列，且首项a1=0，当d>0时，Sn=n(n−1)d2=dn22−dn2，当n→+∞时，|Sn|→+∞，
则{an}不是“和有界数列”，故A错误；
对于B，若{an}是等差数列，且公差d=0，Sn=na1，当a1≠0时，当n→+∞时，|Sn|→+∞，
则{an}不是“和有界数列”，故B错误；
对于C，若{an}是等比数列，且公比|q|<1，Sn=a1(1−qn)1−q=a11−q−a11−qqn，|Sn|=|a11−q−a11−qqn|<|a11−q|+|a11−qqn|<2|a11−q|．
则{an}是“和有界数列”，故C正确；
对于D，若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，则{an}的公比|q|<1或q=−1，故D错误．
故选：C．
求出等差数列的前n项和公式，取d>0即可判断A错误；举例首项不为0判断B错误；求出等比数列的前n项和，由绝对值不等式证明C正确；举例说明D错误．
本题是新定义题，考查了等差数列和等比数列的应用，对题意的理解是解答此题的关键，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由f′(2−x)+f′(x)=2，令x=1，得2f′(1)=2，所以f′(1)=1．
由f(x−1)为奇函数，得f(x−1)=−f(−x−1)，
所以f′(x−1)=f′(−x−1)，故f′(x)=f′(−x−2)①，
又f′(2−x)+f′(x)=2②，由①和②得f′(2−x)+f′(−x−2)=2，
即f′(4−x−2)+f′(−x−2)=2，所以f′(x)+f′(x+4)=2③，
令x=−1，得f′(−1)+f′(3)=2，得f′(3)=0；
令x=1，得f′(1)+f′(5)=2，得f′(5)=1.又f′(x+4)+f′(x+8)=2④，
由③−④得f′(x)−f′(x+8)=0，即f′(x)=f′(x+8)，
所以函数f′(x)是以8为周期的周期函数，故f′(7)=f′(−1)=2，
所以f′(1)+f′(3)+f′(5)+f′(7)=1+0+1+2=4，
所以i=12024f′(2i−1)=f′(1)+f′(3)+f′(5)+f′(7)+⋯+f′(4047)
=506[f′(1)+f′(3)+f′(5)+f′(7)]=506×4=2024．
故选：B．
根据题意和函数的对称性可得f′(x)+f′(x+4)=2，进而f′(x)=f′(x+8)，则函数f′(x)是以8为周期的周期函数，分别求出f′(1)，f′(3)，f′(5)，f′(7)的值，结合函数的周期即可求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，导数的运算，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：∵f(x)=x2−4x+1=(x−2)2−3，
∴f(0)=f(4)=1，f(2)=−3，
∴2∈T且T⊆[0,4]，0，4至少一个在集合T中，
故选：BC．
配方法化简f(x)=x2−4x+1=(x−2)2−3，从而可知2∈T且T⊆[0,4]，0，4至少一个在集合T中，从而判断．
本题考查了二次函数的值域，利用了配方法及数形结合的思想，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：不等式a2+b2≥2ab成立的条件是a，b∈R；a+b2≥ ab成立的条件是a≥0，b≥0，A错；
由于x∈(−∞,0)∪(0,+∞)，故函数y=x+1x无最小值，B错；
由于sinx=4sinx时sinx=2无解，故y=sinx+4sinx的最小值不为4，C错；
当x>0且y>0时，xy>0，yx>0，
由基本不等式可得yx+xy≥2，当且仅当x=y时等号成立；
而“yx+xy≥2”的充要条件是“xy>0”，
因为x>0，y>0⇒xy>0且xy>0推不出x>0且y>0，所以D正确．
故答案为：ABC．
在应用基本不等式的时候要注意基本不等式的成立条件．
本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：设年利润为W，
当0
且当x∈(0,9)时，W′>0，当x∈(9,10]时，W′<0；
所以当x=9时，年利润W取得最大值38.6；
当x>10时，W=xR(x)−(10+2.7x)=98−10003x−2.7x,W′=10003x2−2.7，
令W′=0，得x=1009(舍负)，所以当x=1009时，年利润W取得最大值38，
因为38.6>38，所以当年产量为9000件时，
该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，且年利润最大值为38.6万元．
故选：AD．
根据利润=销售收入−成本，将利润表示为关于x的函数，根据导数判断单调性求最值即可得结果．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用抽象函数关系，分别利用赋值法进行判断即可．
本题主要考查抽象函数的应用，利用赋值法以及函数奇偶性和周期性的定义进行证明是解决本题的关键，是中档题．
【解答】
解：令x=y=0得f(0)+f(0)=f(0)f(0)，
即2f(0)=f2(0)，
∵f(0)≠0，∴f(0)=2，
令x=0，则f(y)+f(−y)=f(0)f(y)=2f(y)，
则f(−y)=f(y)，则f(−x)=f(x)，即f(x)是偶函数，故A正确，
若f(e)=0，则f(e+e)+f(e−e)=f(e)f(e)，
即f(2e)+f(0)=f(e)f(e)=0，则f(2e)=−f(0)=−2，故B错误，
令y=x，则f(x+x)+f(x−x)=f(x)f(x)，即f(2x)=f2(x)−f(0)=f2(x)−2，故C正确，
若f(1)=0，令y=1，则f(x+1)+f(x−1)=f(x)f(1)=0，
即f(x+1)=−f(x−1)，则f(x+2)=−f(x)，则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，故D正确，
故选：ACD．
13.【答案】(−1,1]∪[2,3)
【解析】解：原不等式可化为：(x−1)(x−2)(x−3)(x+1)≤0
∴(x−1)(x−2)≤0(x−3)(x+1)>0或(x−1)(x−2)≥0(x−3)(x+1)<0
∴−1
先移项，通分母可得(x−1)(x−2)(x−3)(x+1)≤0，再利用分子、分母异号可得不等式组，从而可解．
本题的考点是一元二次不等式的解法，解题的关键是等价变形，应注意等号能否取．
14.【答案】(−4,−2)
【解析】解：由于函数f(x)=−x2+mx+1在区间[−2,−1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，
故：−2
故答案为：(−4,−2)．
直接利用二次函数的性质和函数的极值和最大值的关系判断m的取值范围．
本题考查的知识要点：二次函数的性质，函数的极值和最大值的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15.【答案】(−∞,−4]
【解析】解：对任意的x∈R，5x>0，由基本不等式可得5x+45x+m≥2 5x⋅45x+m=m+4，
当且仅当5x=45x时，即当x=log52时，等号成立，
因为函数f(x)=lg(5x+45x+m)的值域为R，则(0,+∞)⊆[m+4，+∞)，
所以，m+4≤0，解得m≤−4．
因此，实数m的取值范围是(−∞,−4]．
故答案为：(−∞,−4]．
利用基本不等式求出函数u=5x+45x+m的值域D，根据题意可知(0,+∞)⊆D，可得出关于实数m的不等式，解之即可．
本题主要考查了对数函数的值域的应用，要注意该函数的定义域为R的区别，属于中档题．
16.【答案】18
【解析】解：由题意可得，Sn>0，
当n≥2时，Sn=12(Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1)，化简得Sn2−Sn−12=1，
又当n=1时，S11=a11=1，
∴数列{Sn2} 是首项、公差均为1的等差数列，
∴Sn2=1+(n−1)×1=n，即Sn= n，
当n≥2时，2( n+1− n)=2 n+1+ n<22Sn=1Sn<2 n+ n−1=2( n− n−1)，①
设S=1S1+1S2+⋅⋅⋅+1S100，
由①可得，S>1+2×[( 3− 2)+ 4− 3+⋅⋅⋅+ 101− 100]，
且S<1+2×[( 2−1)+ 3− 2+⋅⋅⋅+( 100− 99)]=1+2×(10−1)=19，
∴[1S1+1S2+⋅⋅⋅+1S100]=18．
故答案为：18．
根据已知条件，可得数列{Sn2} 是首项、公差均为1的等差数列，即Sn= n，再结合放缩法，即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式，以及放缩法，需要学生有较强的综合能力，属于难题．
17.【答案】解：(1)要使ax2−3x+2=0至多有一个解，则：
①a=0；
②a≠0，Δ=9−4×2a=9−8a≤0，解之可得：a≥98；
∴要使ax2−3x+2=0至多有一个解，必须a≥98或a=0；
(2)要使ax2−3x+2=0至少有一个解，则：
①a=0；
②a≠0，Δ=9−4×2a=9−8a≥0，解之可得：a≤98．
∴要使ax2−3x+2=0至多有一个解，必须a≤98
【解析】(1)求出使方程ax2−3x+2=0至多有一个解的条件即可得到a的取值范围；
(2)求出使方程ax2−3x+2=0至少有一个解的条件即可得到a的取值范围．
本题考查集合与一元二次方程的应用，熟练掌握集合的有关概念及一元二次方程解的条件是解题关键．
18.【答案】解：(1)由an+1=3an+1−2n可得，an+1−n−1=3an+1−2n−n−1=3(an−n)，
又a1−1=1≠0，故{an−n}是首项为1，公比为3的等比数列，即λ=1，an−n=3n−1，于是an=3n−1+n．
(2)证明：由(1)知，bn=2n−13n−1，
于是Tn=1×130+3×131+5×132⋯+(2n−3)×13n−2+(2n−1)×13n−1，
则13Tn=1×131+3×132+5×133⋯+(2n−3)×13n−1+(2n−1)×13n，
两式相减：2Tn3=1+2×(13+132+⋯+13n−1)−2n−13n=1+2×13(1−13n−1)1−13−2n−13n=2−13n−1−2n−13n，
即2Tn3=2−13n−1−2n−13n=2−2n+23n，于是Tn=3−n+13n−1，故Tn<3．
【解析】(1)先通过递推关系配凑出等比数列的结构，从而得到λ，进而得出{an}的通项公式；
(2)利用错位相减法求和并证明．
本题主要考查数列的求和，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=ax2−(a+1)x+1，
因为不等式f(x)<0的解集为(12,1)，
所以12,1为方程ax2−(a+1)x+1=0的两个根，且a>0，
所以12+1=a+1a12×1=1a，解得a=2；
(2)不等式f(x)>0，则ax2−(a+1)x+1>0，
所以(ax−1)(x−1)>0，
①当a=0时，不等式的解集为{x|x<1}；
②当a<0时，则1a<1，故不等式的解集为{x|1a1，故不等式的解集为{x|x<1或x>1a}；
若a=1时，则不等式化为(x−1)2>0，则不等式的解集为{x|x≠1}；
若a>1时，则0<1a<1，则不等式的解集为{x|x<1a或x>1}．
综上所述，当a<0时，不等式的解集为{x|1a
当01a}；
当a=1时，不等式的解集为{x|x≠1}；
当a>1时，不等式的解集为{x|x<1a或x>1}．
【解析】(1)根据条件可知12,1为方程ax2−(a+1)x+1=0的两个根，且a>0，由韦达定理求解即可；
(2)将不等式进行变形，然后通过对系数a的正负以及两个根的大小进行分类讨论，分别求解解集，即可得到答案．
本题考查了一元二次不等式的解法，解题的关键是掌握一元二次不等式的解集与对应方程根之间的关系，考查了转化化归思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当a=2，b=−2时，f(x)=2x2−x−4，
∴由f(x)=x得2x2−x−4=x，即：2x2−x−2=0，
∴x=−1或x=2，
∴f(x)的不动点为−1，2；
(2)当a=2时，则f(x)=2x2+(b+1)x+b−2，
由题意得f(x)=x在(−2,3)内有两个不同的不动点，
即方程2x2+(b+1)x+b−2=0，
在(−2,3)内的两个不相等的实数根，
设g(x)=2x2+(b+1)x+b−2，
∴只须满足g(−2)=8−2b+b−2>0g(3)=18+3b+b−2>0−2<−b4<3b2−8(b−2)>0，
∴b<6b>−4−12
∴a≠0△=b2−4a(b−2)>0，
∴b2−4ab+8a>0 对b∈R恒成立，
∴16a2−32a<0，
∴0
(1)把a，b的值代入方程解出即可；
(2)把a=2代入，得到二次函数，结合二次函数的性质得不等式组，解出即可；
(3)由二次函数的性质，得不等式组，解出即可．
21.【答案】解：(1)根据题意，函数f(x)=a⋅4x−14x+1是定义在R上的奇函数，
则f(0)=a×40−140+1=0，解可得a=1，
当a=1时，f(x)=4x−14x+1，有f(−x)=4−x−14−x+1=−4x−14x+1=−f(x)，是奇函数，符合题意；
故a=1；
(2)函数f(x)在R上为增函数，
证明如下：f(x)=4x−14x+1=1−24x+1，
设x10，(4x2+1)>0，
则f(x1)−f(x2)<0，
则函数f(x)在R上为增函数；
不等式f(x2−2x)+f(3x−2)<0
⇔f(x2−2x)<−f(3x−2)⇒f(x2−2x)
(3)假设存在实数k，使得函数f(x)在[m,n]上的取值范围是[k4m,k4n]，
又由(2)的结论，函数f(x)在[m,n]上为增函数，
则有f(m)=4m−14m+1=k4mf(n)=4n−14n+1=k4n，则m、n为方程4x−14x+1=k4x的两根，
令t=4x，有t>0，则t−1t+1=kt即t2−(k+1)t−k=0有2个不等的正根，
则有1+k2>0Δ=(k+1)2+4k>0−k>0，解可得−3+2 2
【解析】(1)根据题意，由奇函数的定义可得f(0)=a×40−140+1=0，解可得a的值，验证即可得答案；
(2)根据题意，由作差法分析可得函数为增函数；据此结合函数的奇偶性分析可得f(x2−2x)+f(3x−2)<0⇔f(x2−2x)<−f(3x−2)⇒f(x2−2x)
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，(3)中注意转化为一元二次方程的根的分布问题，属于综合题．
22.【答案】(1)解：函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=ex(lnx+1x+a)，
若f(x)是增函数，即f′(x)≥0对任意x>0恒成立，故lnx+1x+a≥0恒成立，
设g(x)=lnx+1x+a，则g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
所以当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以当x=1时，g(x)min=g(1)=a+1，由a+1≥0得a≥−1，
所以a的取值范围是[−1,+∞)．
(2)证明：不妨设0
故x1，x2是函数g(x)=lnx+1x+a的两个零点，即g(x1)=g(x2)=0，
由(1)知，g(x)min=g(1)=a+1<0，故应有a∈(−∞,−1)，且0
只需证g(x2)−g(2−x1)=g(x1)−g(2−x1)
=lnx1+1x1+a−[ln(2−x1)+12−x1+a]=lnx1+1x1−ln(2−x1)+1x1−2>0，
设h(x)=lnx+1x−ln(2−x)+1x−2,x∈(0,1],
则h′(x)=1x−1x2−1x−2−1(x−2)2=x−1x2−x−1(x−2)2=−4(x−1)2x2(x−2)2≤0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，因为x1∈(0,1)，所以h(x1)>h(1)=0，
即g(x2)−g(2−x1)>0，g(x2)>g(2−x1)，
又x2>1，2−x1>1，及g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以x2>2−x1成立，即x1+x2>2成立．
【解析】(1)求出函数的导函数，依题意f′(x)≥0对任意x>0恒成立，故lnx+1x+a≥0恒成立，设g(x)=lnx+1x+a，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围；
(2)不妨设02，只需证x2>2−x1，只需证g(x2)−g(2−x1)=g(x1)−g(2−x1)>0，构造函数利用导数证明即可．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于难题．
2022-2023学年辽宁省沈阳120中学高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合A={x|2−x>3}，B={x|y=ln(x+3)}，则A∩B=( )
A. (−1,+∞) B. [−3,+∞) C. (−3,−1) D. [−3,1)
2. 已知命题p：∀x>0，总有(x+1)ex>1，则￢p为( )
A. ∃x0≤0，使得(x0+1)ex0≤1 B. ∃x0>0，使得(x0+1)ex0≤1
C. ∀x0>0，使得(x0+1)ex0≤1 D. ∀x0≤0，使得(x0+1)ex0≤1
3. y=x+ 1−x+3的最大值是( )
A. 174 B. 2 C. 12 D. 4
4. 设p：“函数f(x)=2x2−mx+5m在(−∞,−2]上单调递减”，q：“∀x>0，2x3+8x3≥3−m”，则p是q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
5. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，且∀n∈N*，都有Snn
C. Sn的最大值是S9 D. Sn的最大值是S10
6. 若f(x)=log2(x2−ax+6)在区间[−2,2)上是减函数，则实数a的取值范围为( )
A. [4,5] B. (4,5] C. [4,5) D. [5,+∞)
7. 记数列{an}的前n项和为Sn，若存在实数M>0，使得对任意的n∈N*，都有|Sn|
B. 若{an}是等差数列，且公差d=0，则{an}是“和有界数列”
C. 若{an}是等比数列，且公比|q|<1，则{an}是“和有界数列”
D. 若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，则{an}的公比|q|<1
8. 已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x−1)为奇函数，f′(2−x)+f′(x)=2，f′(−1)=2，则i=12024f′(2i−1)=( )
A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 若函数f(x)=x2−4x+1在定义域T上的值域为[−3,1]，则区间T可能为( )
A. (2,4] B. [1,4] C. [0,4] D. [3,4]
10. (多选题)下面结论错误的是( )
A. 不等式a2+b2≥2ab与a+b2≥ ab成立的条件是相同的
B. 函数y=x+1x的最小值是2
C. 函数y=sinx+4sinx，x∈(0,π2)的最小值是4
D. “x>0且y>0”是“yx+xy≥2”的充分条件
11. 已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1000件需另投入2.7万元.设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)=10.8−130x2,0
A. 年产量为9000件 B. 年产量为10000件
C. 年利润最大值为38万元 D. 年利润最大值为38.6万元
12. 已知函数f(x)对∀x，y∈R都有f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y)，且f(0)≠0，则下列结论正确的是( )
A. f(x)为偶函数 B. 若f(e)=0，则f(2e)=0
C. f(2x)=f2(x)−2 D. 若f(1)=0，则f(x+4)=f(x)
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 不等式5−xx2−2x−3≤−1的解集为______．
14. 已知f(x)=−x2+mx+1在区间[−2,−1]上的最大值就是函数f(x)的极大值.则m的取值范围是______ ．
15. 已知函数f(x)=lg(5x+45x+m)的值域为R，则m的取值范围是______ ．
16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德⋅黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s)=n=1∞n−s=11s+12s+13s+…，我们经常从无穷级数的部分和11s+12s+13s+…+1ns入手.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn=12(an+1an)，则[1S1+1S2+…+1S100]= ______ (其中[x]表示不超过x的最大整数)．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
已知集合A={x|ax2−3x+2=0}，问：
(1)若集合A中至多有一个元素，求a的取值范围；
(2)若集合A中至少有一个元素，求a的取值范围．
18. (本小题12.0分)
数列{an}满足an+1=3an+1−2n，a1=2．
(1)若数列{an−λn}是等比数列，求λ及{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn=2n−1an−n，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<3．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ax2−(a+1)x+1，a∈R．
(1)若不等式f(x)<0的解集为(12,1)，求a的值；
(2)讨论关于x不等式f(x)>0的解集．
20. (本小题12.0分)
对于函数f(x)=ax2+(b+1)x+b−2，(a≠0)，若存在实数x0，使f(x0)=x0成立，则称x0为f(x)的不动点．
(1)当a=2，b=−2时，求f(x)的不动点；
(2)当a=2时，函数f(x)在(−2,3)内有两个不同的不动点，求实数b的取值范围；
(3)若对于任意实数b，函数f(x)恒有两个不相同的不动点，求实数a的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=a⋅4x−14x+1是定义在R上的奇函数．
(1)求a的值；
(2)判断并证明函数f(x)的单调性，并利用结论解不等式f(x2−2x)+f(3x−2)<0；
(3)是否存在实数k，使得函数f(x)在[m,n]上的取值范围是[k4m,k4n]，若存在，求出实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex(lnx+a)．
(1)若f(x)是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2>2．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A={x|2−x>3}={x|x<−1}，
B={x|y=ln(x+3)}={x|x>−3}，
则A∩B={x|−3
求出集合A，B，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p：∀x>0，总有(x+1)ex>1，
则￢p为：∃x0>0，使得(x0+1)ex0≤1．
故选：B．
直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由已知可得1−x⩾0，解得x⩽1，故函数y=x+ 1−x+3的定义域为(−∞,1]，
令t= 1−x，则t⩾0，且x=1−t2，
则y=1−t2+t+3=−t2+t+4=−(t−12)2+174⩽174，
当且仅当t=12，即x=1−(12)2=34时取等号，
故函数y=x+ 1−x+3的最大值为174．
故选：A．
根据题意得到函数y=x+ 1−x+3的定义域为(−∞,1]，利用换元法结合二次函数的性质即可求解．
本题考查了函数的最值计算，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：p：因为函数f(x)=2x2−mx+5m在(−∞,−2]上单调递减，所以−m−4≥−2，即m≥−8．
q：因为∀x>0时，2x3+8x3≥2 2x3⋅8x3=8，
所以“∀x>0，2x3+8x3≥3−m”等价于3−m≤8，即m≥−5，
因为集合[−5,+∞)⫋[−8，+∞)，p推不出q，而q能推出p，
所以p是q的必要不充分条件．
故选：B．
利用函数的单调性和基本不等式分别解出p、q，再根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．
本题考查基本不等式，充分条件和必要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由Snn
因为S5=S13，所以a6+a7+a8+a9+a10+a11+a12+a13=0，即a9+a10=0，
则a9<0，a10>0，所以当n≤9且n∈N*时，an<0；
当n≥10且n∈N*时，an>0.因此，Sn有最小值，且最小值为S9．
故选：A．
由Snn
本题主要考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：设t=x2−ax+6，
因为y=log2t在定义域上为增函数，
又因为f(x)=log2(x2−ax+6)在区间[−2,2)上是减函数，
所以t=x2−ax+6在区间[−2,2)上是减函数，
所以a2≥222−2a+6≥0，解得4≤a≤5．
故选：A．
设t=x2−ax+6，由题意可得t=x2−ax+6在区间[−2,2)上是减函数，列出不等式组求解即可．
本题考查了复合函数的单调性，也考查了二次函数的性质，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，若{an}是等差数列，且首项a1=0，当d>0时，Sn=n(n−1)d2=dn22−dn2，当n→+∞时，|Sn|→+∞，
则{an}不是“和有界数列”，故A错误；
对于B，若{an}是等差数列，且公差d=0，Sn=na1，当a1≠0时，当n→+∞时，|Sn|→+∞，
则{an}不是“和有界数列”，故B错误；
对于C，若{an}是等比数列，且公比|q|<1，Sn=a1(1−qn)1−q=a11−q−a11−qqn，|Sn|=|a11−q−a11−qqn|<|a11−q|+|a11−qqn|<2|a11−q|．
则{an}是“和有界数列”，故C正确；
对于D，若{an}是等比数列，且{an}是“和有界数列”，则{an}的公比|q|<1或q=−1，故D错误．
故选：C．
求出等差数列的前n项和公式，取d>0即可判断A错误；举例首项不为0判断B错误；求出等比数列的前n项和，由绝对值不等式证明C正确；举例说明D错误．
本题是新定义题，考查了等差数列和等比数列的应用，对题意的理解是解答此题的关键，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由f′(2−x)+f′(x)=2，令x=1，得2f′(1)=2，所以f′(1)=1．
由f(x−1)为奇函数，得f(x−1)=−f(−x−1)，
所以f′(x−1)=f′(−x−1)，故f′(x)=f′(−x−2)①，
又f′(2−x)+f′(x)=2②，由①和②得f′(2−x)+f′(−x−2)=2，
即f′(4−x−2)+f′(−x−2)=2，所以f′(x)+f′(x+4)=2③，
令x=−1，得f′(−1)+f′(3)=2，得f′(3)=0；
令x=1，得f′(1)+f′(5)=2，得f′(5)=1.又f′(x+4)+f′(x+8)=2④，
由③−④得f′(x)−f′(x+8)=0，即f′(x)=f′(x+8)，
所以函数f′(x)是以8为周期的周期函数，故f′(7)=f′(−1)=2，
所以f′(1)+f′(3)+f′(5)+f′(7)=1+0+1+2=4，
所以i=12024f′(2i−1)=f′(1)+f′(3)+f′(5)+f′(7)+⋯+f′(4047)
=506[f′(1)+f′(3)+f′(5)+f′(7)]=506×4=2024．
故选：B．
根据题意和函数的对称性可得f′(x)+f′(x+4)=2，进而f′(x)=f′(x+8)，则函数f′(x)是以8为周期的周期函数，分别求出f′(1)，f′(3)，f′(5)，f′(7)的值，结合函数的周期即可求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，导数的运算，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：∵f(x)=x2−4x+1=(x−2)2−3，
∴f(0)=f(4)=1，f(2)=−3，
∴2∈T且T⊆[0,4]，0，4至少一个在集合T中，
故选：BC．
配方法化简f(x)=x2−4x+1=(x−2)2−3，从而可知2∈T且T⊆[0,4]，0，4至少一个在集合T中，从而判断．
本题考查了二次函数的值域，利用了配方法及数形结合的思想，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：不等式a2+b2≥2ab成立的条件是a，b∈R；a+b2≥ ab成立的条件是a≥0，b≥0，A错；
由于x∈(−∞,0)∪(0,+∞)，故函数y=x+1x无最小值，B错；
由于sinx=4sinx时sinx=2无解，故y=sinx+4sinx的最小值不为4，C错；
当x>0且y>0时，xy>0，yx>0，
由基本不等式可得yx+xy≥2，当且仅当x=y时等号成立；
而“yx+xy≥2”的充要条件是“xy>0”，
因为x>0，y>0⇒xy>0且xy>0推不出x>0且y>0，所以D正确．
故答案为：ABC．
在应用基本不等式的时候要注意基本不等式的成立条件．
本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：设年利润为W，
当0
且当x∈(0,9)时，W′>0，当x∈(9,10]时，W′<0；
所以当x=9时，年利润W取得最大值38.6；
当x>10时，W=xR(x)−(10+2.7x)=98−10003x−2.7x,W′=10003x2−2.7，
令W′=0，得x=1009(舍负)，所以当x=1009时，年利润W取得最大值38，
因为38.6>38，所以当年产量为9000件时，
该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大，且年利润最大值为38.6万元．
故选：AD．
根据利润=销售收入−成本，将利润表示为关于x的函数，根据导数判断单调性求最值即可得结果．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用抽象函数关系，分别利用赋值法进行判断即可．
本题主要考查抽象函数的应用，利用赋值法以及函数奇偶性和周期性的定义进行证明是解决本题的关键，是中档题．
【解答】
解：令x=y=0得f(0)+f(0)=f(0)f(0)，
即2f(0)=f2(0)，
∵f(0)≠0，∴f(0)=2，
令x=0，则f(y)+f(−y)=f(0)f(y)=2f(y)，
则f(−y)=f(y)，则f(−x)=f(x)，即f(x)是偶函数，故A正确，
若f(e)=0，则f(e+e)+f(e−e)=f(e)f(e)，
即f(2e)+f(0)=f(e)f(e)=0，则f(2e)=−f(0)=−2，故B错误，
令y=x，则f(x+x)+f(x−x)=f(x)f(x)，即f(2x)=f2(x)−f(0)=f2(x)−2，故C正确，
若f(1)=0，令y=1，则f(x+1)+f(x−1)=f(x)f(1)=0，
即f(x+1)=−f(x−1)，则f(x+2)=−f(x)，则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，故D正确，
故选：ACD．
13.【答案】(−1,1]∪[2,3)
【解析】解：原不等式可化为：(x−1)(x−2)(x−3)(x+1)≤0
∴(x−1)(x−2)≤0(x−3)(x+1)>0或(x−1)(x−2)≥0(x−3)(x+1)<0
∴−1
先移项，通分母可得(x−1)(x−2)(x−3)(x+1)≤0，再利用分子、分母异号可得不等式组，从而可解．
本题的考点是一元二次不等式的解法，解题的关键是等价变形，应注意等号能否取．
14.【答案】(−4,−2)
【解析】解：由于函数f(x)=−x2+mx+1在区间[−2,−1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，
故：−2
故答案为：(−4,−2)．
直接利用二次函数的性质和函数的极值和最大值的关系判断m的取值范围．
本题考查的知识要点：二次函数的性质，函数的极值和最大值的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15.【答案】(−∞,−4]
【解析】解：对任意的x∈R，5x>0，由基本不等式可得5x+45x+m≥2 5x⋅45x+m=m+4，
当且仅当5x=45x时，即当x=log52时，等号成立，
因为函数f(x)=lg(5x+45x+m)的值域为R，则(0,+∞)⊆[m+4，+∞)，
所以，m+4≤0，解得m≤−4．
因此，实数m的取值范围是(−∞,−4]．
故答案为：(−∞,−4]．
利用基本不等式求出函数u=5x+45x+m的值域D，根据题意可知(0,+∞)⊆D，可得出关于实数m的不等式，解之即可．
本题主要考查了对数函数的值域的应用，要注意该函数的定义域为R的区别，属于中档题．
16.【答案】18
【解析】解：由题意可得，Sn>0，
当n≥2时，Sn=12(Sn−Sn−1+1Sn−Sn−1)，化简得Sn2−Sn−12=1，
又当n=1时，S11=a11=1，
∴数列{Sn2} 是首项、公差均为1的等差数列，
∴Sn2=1+(n−1)×1=n，即Sn= n，
当n≥2时，2( n+1− n)=2 n+1+ n<22Sn=1Sn<2 n+ n−1=2( n− n−1)，①
设S=1S1+1S2+⋅⋅⋅+1S100，
由①可得，S>1+2×[( 3− 2)+ 4− 3+⋅⋅⋅+ 101− 100]，
且S<1+2×[( 2−1)+ 3− 2+⋅⋅⋅+( 100− 99)]=1+2×(10−1)=19，
∴[1S1+1S2+⋅⋅⋅+1S100]=18．
故答案为：18．
根据已知条件，可得数列{Sn2} 是首项、公差均为1的等差数列，即Sn= n，再结合放缩法，即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式，以及放缩法，需要学生有较强的综合能力，属于难题．
17.【答案】解：(1)要使ax2−3x+2=0至多有一个解，则：
①a=0；
②a≠0，Δ=9−4×2a=9−8a≤0，解之可得：a≥98；
∴要使ax2−3x+2=0至多有一个解，必须a≥98或a=0；
(2)要使ax2−3x+2=0至少有一个解，则：
①a=0；
②a≠0，Δ=9−4×2a=9−8a≥0，解之可得：a≤98．
∴要使ax2−3x+2=0至多有一个解，必须a≤98
【解析】(1)求出使方程ax2−3x+2=0至多有一个解的条件即可得到a的取值范围；
(2)求出使方程ax2−3x+2=0至少有一个解的条件即可得到a的取值范围．
本题考查集合与一元二次方程的应用，熟练掌握集合的有关概念及一元二次方程解的条件是解题关键．
18.【答案】解：(1)由an+1=3an+1−2n可得，an+1−n−1=3an+1−2n−n−1=3(an−n)，
又a1−1=1≠0，故{an−n}是首项为1，公比为3的等比数列，即λ=1，an−n=3n−1，于是an=3n−1+n．
(2)证明：由(1)知，bn=2n−13n−1，
于是Tn=1×130+3×131+5×132⋯+(2n−3)×13n−2+(2n−1)×13n−1，
则13Tn=1×131+3×132+5×133⋯+(2n−3)×13n−1+(2n−1)×13n，
两式相减：2Tn3=1+2×(13+132+⋯+13n−1)−2n−13n=1+2×13(1−13n−1)1−13−2n−13n=2−13n−1−2n−13n，
即2Tn3=2−13n−1−2n−13n=2−2n+23n，于是Tn=3−n+13n−1，故Tn<3．
【解析】(1)先通过递推关系配凑出等比数列的结构，从而得到λ，进而得出{an}的通项公式；
(2)利用错位相减法求和并证明．
本题主要考查数列的求和，数列递推式，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=ax2−(a+1)x+1，
因为不等式f(x)<0的解集为(12,1)，
所以12,1为方程ax2−(a+1)x+1=0的两个根，且a>0，
所以12+1=a+1a12×1=1a，解得a=2；
(2)不等式f(x)>0，则ax2−(a+1)x+1>0，
所以(ax−1)(x−1)>0，
①当a=0时，不等式的解集为{x|x<1}；
②当a<0时，则1a<1，故不等式的解集为{x|1a
若a=1时，则不等式化为(x−1)2>0，则不等式的解集为{x|x≠1}；
若a>1时，则0<1a<1，则不等式的解集为{x|x<1a或x>1}．
综上所述，当a<0时，不等式的解集为{x|1a
当0
当a=1时，不等式的解集为{x|x≠1}；
当a>1时，不等式的解集为{x|x<1a或x>1}．
【解析】(1)根据条件可知12,1为方程ax2−(a+1)x+1=0的两个根，且a>0，由韦达定理求解即可；
(2)将不等式进行变形，然后通过对系数a的正负以及两个根的大小进行分类讨论，分别求解解集，即可得到答案．
本题考查了一元二次不等式的解法，解题的关键是掌握一元二次不等式的解集与对应方程根之间的关系，考查了转化化归思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当a=2，b=−2时，f(x)=2x2−x−4，
∴由f(x)=x得2x2−x−4=x，即：2x2−x−2=0，
∴x=−1或x=2，
∴f(x)的不动点为−1，2；
(2)当a=2时，则f(x)=2x2+(b+1)x+b−2，
由题意得f(x)=x在(−2,3)内有两个不同的不动点，
即方程2x2+(b+1)x+b−2=0，
在(−2,3)内的两个不相等的实数根，
设g(x)=2x2+(b+1)x+b−2，
∴只须满足g(−2)=8−2b+b−2>0g(3)=18+3b+b−2>0−2<−b4<3b2−8(b−2)>0，
∴b<6b>−4−12
∴a≠0△=b2−4a(b−2)>0，
∴b2−4ab+8a>0 对b∈R恒成立，
∴16a2−32a<0，
∴0
(1)把a，b的值代入方程解出即可；
(2)把a=2代入，得到二次函数，结合二次函数的性质得不等式组，解出即可；
(3)由二次函数的性质，得不等式组，解出即可．
21.【答案】解：(1)根据题意，函数f(x)=a⋅4x−14x+1是定义在R上的奇函数，
则f(0)=a×40−140+1=0，解可得a=1，
当a=1时，f(x)=4x−14x+1，有f(−x)=4−x−14−x+1=−4x−14x+1=−f(x)，是奇函数，符合题意；
故a=1；
(2)函数f(x)在R上为增函数，
证明如下：f(x)=4x−14x+1=1−24x+1，
设x1
则f(x1)−f(x2)<0，
则函数f(x)在R上为增函数；
不等式f(x2−2x)+f(3x−2)<0
⇔f(x2−2x)<−f(3x−2)⇒f(x2−2x)
(3)假设存在实数k，使得函数f(x)在[m,n]上的取值范围是[k4m,k4n]，
又由(2)的结论，函数f(x)在[m,n]上为增函数，
则有f(m)=4m−14m+1=k4mf(n)=4n−14n+1=k4n，则m、n为方程4x−14x+1=k4x的两根，
令t=4x，有t>0，则t−1t+1=kt即t2−(k+1)t−k=0有2个不等的正根，
则有1+k2>0Δ=(k+1)2+4k>0−k>0，解可得−3+2 2
【解析】(1)根据题意，由奇函数的定义可得f(0)=a×40−140+1=0，解可得a的值，验证即可得答案；
(2)根据题意，由作差法分析可得函数为增函数；据此结合函数的奇偶性分析可得f(x2−2x)+f(3x−2)<0⇔f(x2−2x)<−f(3x−2)⇒f(x2−2x)
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，(3)中注意转化为一元二次方程的根的分布问题，属于综合题．
22.【答案】(1)解：函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=ex(lnx+1x+a)，
若f(x)是增函数，即f′(x)≥0对任意x>0恒成立，故lnx+1x+a≥0恒成立，
设g(x)=lnx+1x+a，则g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
所以当0
所以当x=1时，g(x)min=g(1)=a+1，由a+1≥0得a≥−1，
所以a的取值范围是[−1,+∞)．
(2)证明：不妨设0
故x1，x2是函数g(x)=lnx+1x+a的两个零点，即g(x1)=g(x2)=0，
由(1)知，g(x)min=g(1)=a+1<0，故应有a∈(−∞,−1)，且0
只需证g(x2)−g(2−x1)=g(x1)−g(2−x1)
=lnx1+1x1+a−[ln(2−x1)+12−x1+a]=lnx1+1x1−ln(2−x1)+1x1−2>0，
设h(x)=lnx+1x−ln(2−x)+1x−2,x∈(0,1],
则h′(x)=1x−1x2−1x−2−1(x−2)2=x−1x2−x−1(x−2)2=−4(x−1)2x2(x−2)2≤0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，因为x1∈(0,1)，所以h(x1)>h(1)=0，
即g(x2)−g(2−x1)>0，g(x2)>g(2−x1)，
又x2>1，2−x1>1，及g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以x2>2−x1成立，即x1+x2>2成立．
【解析】(1)求出函数的导函数，依题意f′(x)≥0对任意x>0恒成立，故lnx+1x+a≥0恒成立，设g(x)=lnx+1x+a，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围；
(2)不妨设0
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于难题．
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