2023-2024学年云南省昆明市禄劝一中高二（下）段考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年云南省昆明市禄劝一中高二（下）段考数学试卷（3月份）（含解析），共16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。

1.在等比数列{an}中，a2=2，a5=−274，则公比q=( )
A. −32B. −23C. 23D. 32
2.函数f(x)=2x+sinx在区间[0,π]上的( )
A. 最小值为0，最大值为π+1B. 最小值为0，最大值为2π
C. 最小值为π+1，最大值为2πD. 最小值为0，最大值为2
3.在数列{an}中，若a1=−1，an=11−an−1(n≥2)，则a2024=( )
A. 2B. −1C. 12D. 1
4.如图，向一个半球形的水池注水时，向池子注水速度不变(即单位时间内注入水量相同)，若池子中水的高度h是关于时间t的函数h(t)，则函数h(t)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5.某个体户计划同时销售A，B两种商品，当投资额为x(x>0)千元时，在销售A，B商品中所获收益分别为f(x)千元与g(x)千元，其中f(x)=2x，g(x)=4ln(2x+1)，如果该个体户准备共投入5千元销售A，B两种商品，为使总收益最大，则B商品需投千元．( )
A. 12B. 32C. 52D. 72
6.已知函数f(x)满足f(x)=f′(2)ex−2−f(0)x+12x2，则f(x)的单调递减区间为( )
A. (−∞,0)B. (1,+∞)C. (−∞,1)D. (0,+∞)
7.若函数f(x)=lnx+12x2−ax在(12,3)上恰有2个极值点，则实数a的取值范围是( )
A. (2,52)B. (2,52]C. (52,103)D. (2,103)
8.在数列{an}中，Sn为其前n项和，首项a1=1，又函数f(x)=x3−an+1sinx+(2an+1)x+1，若f′(0)=0，则S2024=( )
A. 22023−2024B. 22024−2025C. 22025−2026D. 22026−2027
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.定义：设f′(x)是f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心，已知函数f(x)=ax3+bx2+53(ab≠0)的对称中心为(1,1)，则下列说法中正确的有( )
A. a=13，b=−1
B. 函数f(x)既有极大值又有极小值
C. 函数f(x)有三个零点
D. 过(−1,13)可以作两条直线与y=f(x)图像相切
10.已知函数f(x)=lnx−1−2x−1，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的单调递增区间是(0,1)，(1,+∞)
B. f(x)的值域为R
C. f(lg20232024)+f(lg20242023)=1
D. 若f(a)=eb+1eb−1−b，a∈(0,1)，b∈(0,+∞)，则aeb=1
11.已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+an，n∈N*，则( )
A. {an}是递减数列B. an>n(n>2)
C. a2024≤22023D. 1a1+1+1a2+1+⋅⋅⋅+1an+1<1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列{an}的前n项和Sn=3n2−4n，则数列{an}的通项公式为______．
13.已知函数f(x)=ax−lnx的最小值为0，则Δx→0limf(e+Δx)−f(e)Δx= ______．
14.计算器计算ex，lnx，sinx，csx等函数的函数值，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的.“泰勒展开式”是：如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a,b)内可以多次进行求导数运算，则当x∈(a,b)，且x≠x0时，有f(x)=f(x0)0!(x−x0)0+f′(x0)1!(x−x0)+f″(x0)2!(x−x0)2+f″′(x0)3!(x−x0)3+⋯．
其中f′(x)是f(x)的导数，f′′(x)是f′(x)的导数，f′′′(x)是f′′(x)的导数…．
取x0=0，则sinx的“泰勒展开式”中第三个非零项为______，sin1精确到0.01的近似值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知等差数列{an}中的前n项和为Sn，且a2，a5，a14成等比数列，S5=25．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}为递增数列，记bn=2n⋅an，求数列{bn}的前n项的和Tn．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=aln(x+1)−xsinx．
(1)若a=0，求曲线y=f(x)在点(π2,f(π2))处的切线方程；
(2)若a=1，研究函数f(x)在x∈(−1,0]上的单调性和零点个数．
17.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=anan+4．
(1)求证{1an+13}为等比数列；
(2)求证：Sn<32．
18.(本小题17分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=−12，且S7，S9，S8成等差数列，
(1)求an；
(2)设bn=n,n为奇数an,n为偶数，Tn是数列{bn}的前n项和，求T2n+1；
(3)设cn=n2⋅2n⋅|an|，Qn是{cn}的前n项的积，求证：lnQn≤n2−n，n∈N*．
19.(本小题17分)
英国物理学家、数学家艾萨克⋅牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德⋅莱布尼茨各自独立发明了微积分.其中牛顿在《流数法与无穷级数》(The Methdf Fluxinsand Inifinite Series)一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图1，具体做法如下：

先在x轴找初始点P1(x1,0)，然后作y=f(x)在点Q1(x1,f(x1))处切线，切线与x轴交于点P2(x2,0)，再作y=f(x)在点Q2(x2,f(x2))处切线，切线与x轴交于点P3(x3,0)，再作y=f(x)在点Q3(x3,f(x3))处切线，以此类推，直到求得满足精度的零点近似解xn(n≥2)为止．
(1)设函数f(x)=x3−6，初始点P1(1,0)，若按上述算法，求出36的一个近似值x2(精确到0.1)；
(2)如图2，设函数f(x)=2x，初始点为P1(0,0)，若按上述算法，求所得前n个△P1Q1P2，△P2Q2P3，…，△PnQnPn+1的面积和；
(3)设函数f(x)=x2，令xn+1=g(xn)=abxn，且b−a=1，若函数h(x)=ex−ax2，φ(x)=xlnx−x2+(e−1)x+1，设曲线y=h(x)的一条切线方程为y=(e−b)x+1，证明：当x>0时，h(x)≥φ(x)．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵等比数列{an}中，a2=2，a5=−274，
∴q3=a5a2=−2742=−278，
故q=−32．
故选：A．
直接根据等比数列的性质即可求解结论．
本题考查等比数列的性质，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：f′(x)=2+csx>0，
所以f(x)在区间[0,π]上单调递增，
因此f(x)的最小值为f(0)=0，最大值为f(π)=2π．
故选：B．
先求得函数f(x)的导数，进而得到f(x)在区间[0,π]上单调性，即可求得f(x)在区间[0,π]上的最小值和最大值．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵数列{an}中，a1=−1，an=11−an−1(n≥2)，
∴a2=11−(−1)=12，
a3=11−12=2，
a4=11−2=−1，
故数列{an}是周期为3的数列，
∴a2024=a2=12．
故选：C．
根据数列的递推关系式求得数列的规律，进而求解结论．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由半球形水池可知，当t=0时，水的高度为0，
当注满水前，随着时间的增加，水上升的高度越来越慢，
结合选项可知，只有选项B符合题意．
故选：B．
根据题意可得随着时间的增加，水上升的高度越来越慢，由此得解．
本题考查函数图象的实际运用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：设投入经B商品x千元(0≤x≤5)，则投入经销A商品的资金为(5−x)千元，
所获得的收益S(x)千元，
则S(x)=2(5−x)+4ln(2x+1)=4ln(2x+1)−2x+10(0≤x≤5)．
求导得s′(x)=4×22x+1−2=6−4x2x+1，
当0≤x<32时，可得s′(x)>0，函数S(x)单调递增；
当32所以当x=32时，函数S(x)取得最大值，最大值为S(32).
故选：B．
列出利润关于投资B商品x(千元)的函数，利用导数判断函数的单调性，再求出函数取最大值时x的值即可得答案．
本题考查了函数在生活中的实际运用，考查了导数的综合运用，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：由题设f′(x)=f′(2)e−2−f(0)+x，则f′(2)=f′(2)−f(0)+2，可得f(0)=2，
而f(0)=f′(2)e−2=2，则f′(2)=2e2，
所以f(x)=2ex−2x+12x2，即f′(x)=2ex−2+x，则f′(0)=0且f′(x)递增，
当x<0时f(x)<0，即f(x)递减，故f(x)递减区间为(−∞,0)．
故选：A．
对f(x)求导得到关于f(2)、f(0)的方程求出它们的值，代入原解析式，根据f(x)<0求单调减区间．
本题考查利用导数求函数的单调性，考查学生的运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：f′(x)=1x+x−a=1+x2−axx，
若函数f(x)=lnx+12x2−ax在(12,3)上恰有2个极值点，则f′(x)=0在(12,3)上有两个根，
即x2−ax+1=0在(12,3)上有两个根，
所以a=x2+1x在(12,3)上有两个根，
即a=x+1x在(12,3)上有两个根，
令g(x)=x+1x，x∈(12,3)，
只需y=a与y=g(x)在(12,3)上有两个交点，
g′(x)=1−1x2=x2−1x2，
令g′(x)=0得x=1或−1(舍去)，
所以在(12,1)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
在(1,3)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)极小值=g(1)=2，
又g(12)=52，g(3)=103，
所以2所以a的取值范围为(2,52).
故选：A．
若函数f(x)=lnx+12x2−ax在(12,3)上恰有2个极值点，则f′(x)=0在(12,3)上有两个根，即a=x+1x在(12,3)上有两个根，令g(x)=x+1x，x∈(12,3)，只需y=a与y=g(x)在(12,3)上有两个交点，即可得出答案．
本题考查函数与方程的关系，导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：根据题意，函数f(x)=x3−an+1sinx+(2an+1)x+1，
其导数f′(x)=3x2−an+1csx+(2an+1)，
若f′(0)=0，则f′(x)=0−an+1+(2an+1)=0，即an+1=2an+1，
变形可得an+1+1=2(an+1)，
又a1=1，则数列{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则有an+1=2n，则有an=2n−1，
故Sn=2(1−2n)1−2−n=2n+1−n−2，所以S2024=22025−2026．
故选：C．
根据题意，求出函数的导数，将x=0代入，变形可得an+1=2an+1，分析求出{an}的通项公式，进而计算可得答案．
本题考查数列的求和，涉及导数的计算，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：∵f′(x)=3ax2+2bx，f″(x)=6ax+2b，
，即6a+2b=0a+b+53=1，解得a=13b=−1，故A正确；
∵f(x)=13x3−x2+53，f′(x)=x2−2x，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)既有极大值又有极小值，故B正确；
由选项B可知f(x)在x=0与x=2处取得极大值与极小值，
又f(0)=53>0，f(2)=13>0，即f(x)的极大值与极小值大于0，所以函数不会有3个零点，故C错误；
设切点为T(x0,y0)，则切线方程为y−(13x03−x02+53)=(x02−2x0)(x−x0)，
又切线过(−1,13)，则13−(13x03−x02+53)=(x02−2x0)(−1−x0)，
化简得x03−3x0−2=0，即(x0+1)2(x0−2)=0，解得x0=−1或x0=2，
即满足题意的切点只有两个，所以满足题意只有两条切线，故D正确．
故选：ABD．
根据“拐点”的定义与f(x)的对称中心，建立方程求出a，b可判断A，再由导数与函数单调性的关系即可判断f(x)的极值，从而判断B，根据f(x)的单调性及f(x)的极值可判断C，根据导数的几何意义求出f(x)的切线方程，从而转化为切点个数问题即可判断D．
本题以新定义为载体，主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A选项，f(x)=lnx−1−2x−1的定义域为(0,1)∪(1,+∞)，
f′(x)=1x+2(x−1)2>0在定义域上恒成立，
所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，(1,+∞)，故A正确；
B选项，当x趋向于0时，f(x)趋向于−∞，当x趋向于+∞时，f(x)趋向于+∞，
所以f(x)的值域为R，故B正确；
C选项，x>0，f(1x)+f(x)=−lnx−1+2xx−1+lnx−1−2x−1=−2+2=0，
又lg20232024=1lg20242023，所以f(lg20232024)+f(lg20242023)=0，故C错误；
D选项，f(a)=eb+1eb−1−b=eb−1+2eb−1−b=1+2eb−1−lneb=ln1eb−1+(2eb−1+2)
=ln1eb−1+2ebeb−1=ln1eb−1+21−1eb=ln1eb−1−21eb−1，
又f(x)=lnx−1−2x−1，所以ln1eb−1−21eb−1=f(1eb)，
所以f(a)=f(1eb)，因为b∈(0,+∞)，所以1eb∈(0,1)，
又a∈(0,1)，所以a=1eb，即aeb=1，故D正确．
故选：ABD．
A选项，求出定义域，求导得到函数单调性，得到答案；B选项，在A选项基础上得到函数的值域；C选项，计算出f(1x)+f(x)=0，结合lg20232024=1lg20242023即可判断；D选项，利用同构变换得到f(a)=f(1eb)，结合a∈(0,1)，b∈(0,+∞)得到a=1eb，即可判断．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了函数性质的综合应用，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，由题意知an≠0，否则与a1≠0矛盾，由an+1=an2+an，得an+1−an=an2>0，
所以an+1>an，所以数列{an}是递增数列，故A项错误；
对于B，由选项A知an>an−1>⋅⋅⋅>a2>a1=1，所以当n≥2时，an2>an>1，
由an+1=an2+an，得an+1−an=an2，
所以当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋅⋅⋅+(a2−a1)+a1=an−12+⋅⋅⋅+a12+a1>n，
综上所述，对任意n>2，都有an>n成立，故B项正确；
对于C，由an+1=an2+an=an(an+1)，得an+1an=an+1，
则an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋅⋅a2a1⋅a1=(an−1+1)⋅(an−2+1)⋅⋅⋅(a1+1)>(1+1)×(1+1)×⋅⋅⋅(1+1)=2n−1，
所以a2024>22023，故C项错误；
对于D，根据已知等式得到an+1=an(an+1)，
两边取倒数得1an+1=1an(an+1)=1an−1an+1，移项可得1an+1=1an−1an+1，
所以1a1+1+1a2+1+⋯+1an+1=1a1−1a2+1a2−1a3+…+1an−1an+1=1−1an+1<1，故D项正确．
故选：BD．
选项A，由an+1=an2+an得出an+1−an=an2>0，判断{an}是递增数列；
选项B，由{an}是递增数列得出an2>an>1，结合an+1−an=an2，变形得an>n(n>2)；
选项C，由an+1=an2+an=an(an+1)得an+1an=an+1，可得出a2024>22023；
选项D，由an+1=an2+an=an(an+1)推导出1an+1=1an−1an+1，累加求和得出结论．
本题考查了数列的递推公式、运用函数的性质研究数列问题等知识，属于中档题．
12.【答案】an=6n−7，n∈N*
【解析】解：由Sn=3n2−4n，可得a1=S1=3−4=−1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=3n2−4n−3(n−1)2+4(n−1)=6n−7，
上式对n=1也成立，
所以an=6n−7，n∈N*．
故答案为：an=6n−7，n∈N*．
由数列的通项与前n项和的关系，化简可得所求．
本题考查数列的通项与前n项和的关系，考查运算能力，属于基础题．
13.【答案】0
【解析】解：因为f(x)=ax−lnx，定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=a−1x=ax−1x，
当a≤0时，则f(x)在(0,+∞)上单调递减，无最小值；
当a>0时，令f′(x)=0，得x=1a，
当01a时，f′(x)>0，
所以f(x在(0,1a)上单调递减，在(1a,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1a)=1+lna=0，
解得a=1e，
则Δx→0limf(e+Δx)−f(e)Δx=f′(e)=0．
故答案为：0．
先对f(x)求导，分析导数的符号，得出函数的单调性，从而求出函数的最小值，可求a，然后结合导数的定义即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系，还考查了导数的定义的应用，属于中档题．
14.【答案】1120x5 0.84
【解析】解：取x0=0时，可得f(x)=f(0)0!x0+f′(0)1!x+f″(0)2!x2+f″′(0)3!x3+⋯，
则f(x)=sinx=0×x0+1×x+0×x2+(−1)×13!x3+0×x4+1×15!x5⋯=x−16x3+1120x5+⋯，
所以sinx的“泰勒展开式”中第三个非零项为1120x5，
令x=1，代入上式可得f(1)=sin1=1−16+1120+⋯=101120+⋯≈0.84．
故答案为：1120x5；0.84．
根据泰勒展开式，化简得到f(x)=sinx=x−16x3+1120x5+⋯，求得sinx的“泰勒展开式”中第三个非零项，令x=1，代入上式，进而求得sin1的近似值．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
15.【答案】解：(1)设公差为d，则a52=a2⋅a14S5=5a1+10d=25，
即(a1+4d)2=(a1+d)⋅(a1+13d)S5=5a1+10d=25，
解得a1=5d=0或a1=1d=2，
所以an=5或an=2n−1；
(2)因为数列{an}为递增数列，则an=2n−1，
所以bn=2n⋅an=(2n−1)⋅2n，
所以Tn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−3)⋅2n−1+(2n−1)⋅2n，
有2Tn=1⋅22+3⋅23+5⋅24+⋯⋯+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，
两式相减，有−Tn=2+(23+24+25+⋯+2n+1)−(2n−1)⋅2n+1
=2+8(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1=(3−2n)⋅2n+1−6，
即Tn=(4n−6)⋅2n+6．
【解析】(1)先设等差数列{an}的公差为d，再根据题干已知条件，等比中项的性质与等差数列的求和公式列出关于首项a1与公差d的方程组，解出a1与d的值，即可计算出等差数列{an}的通项公式；
(2)由(1)知an=2n−1，则bn=2n⋅an=(2n−1)⋅2n，然后利用错位相减法即可求解．
本题考查了等差数列的通项及错位相减法求和，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=−xsinx，
则f′(x)=−sinx−xcsx，则f(π2)=−π2，f′(π2)=−1，
所以曲线y=f(x)在点(π2,f(π2))处的切线方程为y=−x．
(2)当a=1时，f(x)=ln(x+1)−xsinx，则f′(x)=1x+1−sinx−xcsx，
当x∈(−1,0]时，1x+1>0，−sinx≥0，−xcsx≥0，则f′(x)>0，
故f(x)在x∈(−1,0]上单调递增．
又因为f(0)=0，所以f(x)在x∈(−1,0]上的零点个数为1．
【解析】(1)当a=0时，求出f(π2)=−π2，f′(π2)=−1，从而可求出切线方程．
(2)当a=1时，利用导数求出f(x)在x∈(−1,0]上单调递增．又f(0)=0，从而可求解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】证明：(1)∵数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=anan+4，
∴1an+1=an+4an=4an+1，
∴1an+1+13=4(1an+13)，1a+13=43，
∴{1an+13}是以43为首项，以4为公比的等比数列．
(2)∵{1an+13}是以43为首项，以4为公比的等比数列，
∴1an+13=4n3，∴an=34n−1．
∴an=34n−1=32(12n−1−12n+1).
∴Sn=32(11−13+13−15+…+12n−1−12n+1)
=32(1−12n+1)<32．
∴Sn<3．2．
【解析】(1)由已知得1an+1=an+4an=4an+1，由此能证明{1an+13}是以43为首项，以4为公比的等比数列．
(2)由∴1an+13=4n3，得an=34n−1=32(12n−1−12n+1)，由此利用裂项求和法能证明Sn<32．
本题考查等比数列的证明，考查数列的前n项和小于43的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列和裂项求和法的合理运用．
18.【答案】解：(1)设公比为q，由题2S9=S7+S8，
即S9−S7=S8−S9，
得a8+a9=−a9，即2a9=−a8
故q=a9a8=−12，又a1=−12，
所以an=(−12)n；
(2)由(1)得bn=n,n为奇数, (12)n,n为偶数,
则前(2n+1)项中，奇数项有(n+1)项，偶数项有n项，
所以T2n+1=T奇+T偶=[(1+3+5+⋅⋅⋅+2n−1)+2n+1]+[(12)2+(12)4+(12)6+⋅⋅⋅+(12)2n]
=1+2n+12(n+1)+14[1−(14)n]1−14
=(n+1)2+13[1−(14)n]；
(3)由(1)得cn=n2⋅2n⋅|an|=n2，
所以Qn=(1⋅2⋅⋅⋅⋅⋅⋅n)2，
故lnQn=2(ln1+ln2+⋅⋅⋅+lnn)，
下面证明lnn≤n−1(n∈N*)，
构造函数f(x)=lnx−x+1且x∈[1,+∞)，
则f′(x)=1−xx≤0，即f(x)在[1,+∞)上递减，
所以f(x)≤f(1)=0，即lnx≤x−1在[1,+∞)上恒成立，
故lnn≤n−1(当且仅当n=1时取等号)，
所以2(ln1+ln2+⋅⋅⋅+ln2)≤2⋅(0+n−1)n2=n2−n，n∈N*，
即lnQn≤n2−n，n∈N*．
【解析】(1)利用等比数列，等差数列的性质即可求解；
(2)由(1)得bn=n,n为奇数, (12)n,n为偶数,然后分组求和即可；
(3)由(1)得cn=n2⋅2n⋅|an|=n2，则lnQn=2(ln1+ln2+⋅⋅⋅+lnn)，然后构造函数f(x)=lnx−x+1，利用函数导数与单调性及最值的关系即可得证．
本题考查了数列的通项及求和的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由函数f(x)=x3−6，则f′(x)=3x2，
当x1=1，则切线斜率k1=f′(1)=3，且Q1(1,−5)，
那么在Q点处的切线方程为y+5=3(x−1)，
令y=0，切线与x轴的交点横坐标为x2=83≈2.7，
此为36的一个符合题目精度的近似值；
(2)设Pn(xn,0)，则Qn(xn,f(xn))，
因为f(x)=2x，所以f′(x)=2xln2，
则Qn(xn,f(xn))处切线为y=2xnln2⋅(x−xn)+2xn，
切线与x轴相交得Pn+1(xn+1,0)，
xn+1−xn=−1ln2，因为x1=0，所以xn=−n−1ln2，
所以P1P2=P2P3=⋅⋅⋅=PnPn+1=1ln2，f(xn)=2−n−1ln2=(2−lg2c)n−1=1en−1，
所以S△P1Q1P2+S△P2Q2P3+⋅⋅⋅+S△PnQnPn+1=12⋅1ln2(1+1e+1e2+1e3+⋅⋅⋅+1en−1)
=12ln2(1+1e+1e2+1e3+⋅⋅⋅+1en−1)=12ln2⋅1−1en1−1e=12ln2⋅en−1en−en−1=en−1en−en−1lg4e，
故所得前n个三角形，△P1Q1P2，△P2Q2P3，……，△PnQnPn+1的面积和为en−1en−en−1lg4e；
(3)曲线y=f(x)在(xn,f(xn))处的切线为y−f(xn)=f′(xn)(x−xn)，所以切线与x轴交点横坐标为
xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，当函数f(x)=x2时，即xn+1=xn−f(xn)f′(xn)=xn−xn22xn=xn−12xn=12xn=g(xn)，
得ab=12，又b−a=1，则a=1，b=2，
故h(x)=ex−x2，曲线y=h(x)的一条切线方程为y=(e−2)x+1，
要证：当x>0时，h(x)≥φ(x)，即证：ex−x2≥xlnx−x2+(e−1)x+1，即ex+(1−e)x−xlnx−1≥0，
又h(1)=e−1，故曲线y=h(x)在x=1处的切线方程为y=(e−2)x+1，因为h(0)=1，
故可猜测：当x>0且x≠1时，h(x)的图象恒在切线y=(e−2)x+1的上方．
下证“当x>0时，h(x)≥(e−2)x+1”．
证明：设m(x)=h(x)−(e−2)x−1=ex−x2−(e−2)x−1，x>0，
则m′(x)=ex−2x−(e−2)，令F(x)=m′(x)，则F′(x)=ex−2且在(0,+∞)上单增，
当x∈(0,ln2)时，F′(x)<0，故m′(x)单调递减；当x∈(ln2,+∞)时，F′(x)>0，故m′(x)单调递增，
又m′(0)=3−e>0，m′(1)=0，0所以，存在x0∈(0,1)，使得m′(x)=0，
当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时，m′(x)>0；当x∈(x0,1)，m′(x)<0，
那么m(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又m(0)=m(1)=0，∴m(x)=ex−x2−(e−2)x−1≥0(x>0)，当且仅当x=1时取等号，
故ex+(2−e)x−1x≥x，x>0．
易证ex≥x+1，故x≥ln(x+1)，∴x−1≥lnx，当且仅当x=1时取等号．
所以，ex+(2−e)x−1x≥x≥lnx+1，
即ex+(2−e)x−1x≥lnx+1.所以，ex+(2−e)x−1≥xlnx+x，
即ex+(1−e)x−xlnx−1≥0成立，当x=1时等号成立．
故当x>0时，h(x)≥φ(x)
【解析】(1)由导数的几何意义，求出函数在x1=1时的切线方程，然后令y=0，求出x的满足题意的近似值即可；
(2)设Pn(xn,0)，得Qn(xn,f(xn))，由f(x)=2x，求得点Qn(xn,f(xn))处的切线方程，得到xn+1−xn=−1ln2，再根据x1=0得到xn=−n−1ln2，从而P1P2=P2P3=⋅⋅⋅=PnPn+1=1ln2，f(xn)=2−n−1ln2=(2−lg2c)n−1=1en−1求解；
(3)由曲线y=f(x)在(xn,f(xn))处的切线方程得到切线与x轴交点横坐标为xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，再由函数f(x)=x2，得到a=1，b=2，进而得到h(x)=ex−x2，曲线y=h(x)的一条切线方程为y=(e−2)x+1，然后将问题转化为ex+(1−e)x−xlnx−1≥0，先证明h(x)≥(e−2)x+1，ex+(2−e)x−1x≥x，x>0，再由ex≥x+1，得到x≥ln(x+1)，放缩即可证明．
本题考查导数的综合应用，属难题．