2020-2021学年江苏徐州高三上数学第二次月考试卷 Word版含解析

2020-2021学年江苏徐州高三上数学月考试卷
一、选择题
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1. 已知集合A={x|log2x≤1},?B={x|1x>1}?，则A∩(?RB)=(? ? ? ? )




A.(?∞,2] B.(0,1] C.[1,2] D.(2,+∞)
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2. 已知集合A=y|y=x2+2，集合B=x|y=lgx?3），则下列命题中真命题的个数是(? ? ? ? )
①?m∈A，m?B；②?m∈B，m?A；③?m∈A，m∈B?；④?m∈B，m∈A.




A.4 B.3 C.2 D.1
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3. 已知f(x)是定义在[?2b,?1+b]上的偶函数，且在[?2b,?0]上为增函数，则f(x?1)≤f(2x)的解集为(? ? ? ? )




A.[?1,?23] B.[?1,?13] C.[?1,?1] D.[13,1]
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4. 已知函数f(x)=ex(x2?x+1)?m，若方程f(x)=0有一个根，则实数m的取值范围是(? ? ? ? )


A.(0,1)∪(3e,+∞) B.(1,e3)
C.(1,3e) D.(?∞,1)∪(e3,+∞)
?
5. 基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：?It=ert描述累计感染病例数It随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为ln2≈0.69(? ? ? ? )




A.1.2天 B.1.8天 C.2.5天 D.3.5天
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6. f(x)=loga(x2?ax+3)在(3,?+∞)上是增函数，则实数a的取值范围是(? ? ? ? ?)




A.(?∞,?1) B.(1,?2) C.(1,?3] D.(1,?4]
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7. 已知函数y=f(x)的图象与y=lgx的图象关于直线y=x对称，则f(lg2)?f(lg5)=(? ? ? ? )




A.1 B.10 C.107 D.lg7
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8. 已知定义在R上的函数y=f(x)满足f(?x)=?f(x)，当x∈(0,?2]时，f(x)=lnx?ax(a>12)，当x∈[?2,?0)时，f(x)的最小值为3，则a的值等于(? ? ? ? )




A.e2 B.e C.2 D.1
二、多选题
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9. 已知a，b均为正实数，若logab+logba=52，ab=ba，则ab=( )




A.12 B.22 C.2 D.2
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10. 若实数a，b满足loga2



A.0b>1 D.0?
11. 已知定义域为R的函数f(x)是奇函数，且满足f(1?x)=f(1+x)，当0A.f(x)的最小正周期为2
B.?1C.f(x)在[11,?13]上单调递增
D.f(x)=2x?8k,4k?1?
12. 已知非空集合A，B满足以下两个条件：①A∪B=1,2,3,4,5，A∩B=?；②A中的元素的个数不是A的元素，B中的元素的个数不是B的元素．则下列说法正确的是(? ? ? ? )
A.集合A中有2个元素时，共有2对集合A，B满足上面的条件
B.集合A中有3个元素时，共有3对集合A，B满足上面的条件
C.共有6对集合A，B满足上面的条件
D.集合A中最多有4个元素
三、填空题
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13. 某地西红柿从2月1日起开始上市，通过市场调查，得到西红柿种植成本Q（单位：元/100kg）与上市时间t（单位：天）的数据如下表：
时间t(单位：天)
60
100
180
种植成本Q(单位：元/(100kg))
116
84
116
根据上表数据，从下列函数中选取一个函数描述西红柿种植成本Q与上市时间t的变化关系：
Q=at+b，Q=at2+bt+c，Q=a?bt，Q=a?logbt．利用你选取的函数，计算西红柿种植成本最低时的上市天数是________；最低种植成本是________（元/100kg）．
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14. 若函数f(x)=lnx与函数g(x)=x2+2x+lna(x<0)有公切线，则实数a的取值范围是________．
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15. 已知a=log25，2b=3，c=log32，则a，b，c的大小关系为________．
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16. 设函数fx=ka?xk∈R,a>1的图象过点A0,8，B3,1，则logak的值为________.
四、解答题
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17. 已知y=fx是定义域为R的奇函数，当x>0时， fx=x2?2x.
(1)求函数fx的单调递增区间；

(2)a∈R，函数fx?a零点的个数为Fa，求函数Fa的解析式．
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18. 设函数f(x)=|x+1|?|x?1|+a(a∈R)．
(1)当a=1时，求不等式f(x)>0的解集；

(2)若方程f(x)=x只有一个实数根，求实数a的取值范围．
?
19. 某种汽车的购车费用是10万元，每年使用的保险费、养路费、汽油费约为0.9万元，年维修费用第一年是0.2万元，第二年是0.4万元，第三年是0.6万元，…，以后逐年递增0.2万元．汽车的购车费用、每年使用的保险费、养路费、汽油费、维修费用的和平均摊到每一年的费用叫做年平均费用．设这种汽车使用x(x∈N*)年的维修费用总和为g(x)，年平均费用为f(x)．
(1)求出函数g(x)，f(x)的解析式；

(2)这种汽车使用多少年时，它的年平均费用最小？最小值是多少？
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20. 已知定义域为R的函数fx=2x2x+1?a?12是奇函数．
(1)求a的值；

(2)判断函数fx的单调性并证明；

(3)若关于x的不等式fkx2?kx+k+f3?3k>0的解集为R，求k的取值范围．
?
21. 已知关于x的函数f(x)=lnx+a(x?1)2(a∈R)．
(1)求函数f(x)在点P(1,?0)处的切线方程；

(2)若函数f(x)有极小值，试求a的取值范围；

(3)若在区间[1,?+∞)上，函数f(x)不出现在直线y=x?1的上方，试求a的最大值．
?
22. 已知函数f(x)=plnx+(p?1)x2+1．
(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当p=1时，f(x)≤kx恒成立，求实数k的取值范围；

(3)证明：ln(n+1)<1+12+13+?+1n(n∈N*)．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏徐州高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，
A=(0,2]，B=(0,1)，
∴ ?RB=(?∞,0]∪[1,+∞)，
∴ A∩(?RB)=[1,2].
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
全称命题与特称命题
命题的真假判断与应用
集合的包含关系判断及应用
【解析】
利用真子集的关系，判断含有量词的命题的真假情况.
【解答】
解：由题意，得A=[2,+∞)，B=(3,+∞)，
∴ B是A的真子集，
∴ ?m∈B，m∈A，故④正确，②错误；
?m∈A，m?B，故①正确，③错误，
∴ 真命题的个数为2.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
根据题意，由奇函数的定义可得2b+(1?b)＝0，解可得：b＝?1，则函数的定义域为[?2,?2]，结合函数的单调性分析可得f(x)在[?2,?2]上为增函数，据此可得f(x?1)≤f(2x)??2≤x?1≤2x≤2，解可得x的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：∵ 函数f(x)是定义在[?2b,?1+b]上的偶函数，
∴ ?2b+1+b=0，解得b=1，
∴ 函数f(x)的定义域为[?2,?2].
又∵ f(x)在[?2b,?0]上为增函数，
∴ f(x)在[?2,?0]上为增函数，在[0,?2]上为减函数，
∴ 不等式f(x?1)≤f(2x)等价于|x?1|≥|2x|，
两边同时平方，解得?1≤x≤13，
且?2≤x?1≤2，?2≤2x≤2，
即?1≤x≤3，?1≤x≤1，
综上，f(x?1)≤f(2x)的解集为[?1,?13].
故选B.?
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
根的存在性及根的个数判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若方程f(x)=0有一个根，则f(x)=ex(x2?x+1)?m=0，
得ex(x2?x+1)=m有一个解，
即函数g(x)=ex(x2?x+1)与y=m的图象有一个交点，
∵ x2?x+1=(x?12)2+34>0，
∴ g(x)>0，
函数的导数g′(x)=ex(x2?x+1)+ex(2x?1)
=ex(x2+x)
由g′(x)>0得x2+x>0，即x>0或x此时函数为增函数，
由g′(x)<0，得x2+x<0，即0则当x=0时，函数g(x)取得极小值，g(0)=1，
当x=?1时，函数g(x)取得极大值，g(?1)=e?1(1+1+1)=3e，
作出函数的图象如图：
由图像知要使y=m与y=f(x)的图象有一个交点，
则03e，
即实数m的取值范围是(0,1)∪(3e,+∞),
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
函数模型的选择与应用
指数式与对数式的互化
【解析】
先根据所给模型求得r，然后求得初始病例数I，最后求得感染病例数增加1倍所需的时间.
【解答】
解：3.28=1+r?6得r=0.38，I(t)=e0.38t，
e0.38(t+x)=2?e0.38t得x=ln20.38≈1.8.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
复合函数的单调性
【解析】
由题意利用复合函数的单调性可得当a>1时，y＝x2?ax+3在(3,?+∞)上是增函数，且y>0，由此求得a的范围；当00，这不可能，从而得出结论．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=loga(x2?ax+3)在(3,?+∞)上是增函数，
∴ 当a>1时，y=x2?ax+3在(3,?+∞)上是增函数，且y>0，
∴ a>1,a2≤3,9?3a+3≥0,?
解得1当00，
由二次函数的性质知这是不可能的．
综上可得，a的取值范围为(1,?4].
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
反函数
指数函数与对数函数的关系
【解析】
由函数y=f(x)的图象与y=lgx的图象关于直线y=x对称，可得：函数y=f(x)与y=lgx互为反函数，进而可得f(x)=10x，由对数的运算性质，可得答案．
【解答】
解：∵ 函数y=f(x)的图象与y=lgx的图象关于直线y=x对称，
∴ 函数y=f(x)与y=lgx互为反函数，
∴ f(x)=10x，
∴ f(lg2)?f(lg5)=10lg2?10lg5=10lg2+lg5=10lg10=10.
故选B．
8.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的最值及其几何意义
【解析】
根据函数的奇偶性，确定f(x)在(0,?2)上的最大值为?3，求导函数，确定函数的单调性，求出最值，即可求得a的值．
【解答】
解：∵ f(?x)=?f(x)，
∴ f(x)是奇函数.
又∵ x∈[?2,?0)时，f(x)的最小值为3，
∴ f(x)在(0,?2]上的最大值为?3.
当x∈(0,?2]时，f(x)=lnx?ax(a>12)，
∴ f′(x)=1x?a(a>12).
令f′(x)=0，得x=1a.
∵ a>12，
∴ 0<1a<2.
令f′(x)>0，则x<1a，
∴ f(x)在(0,?1a)上单调递增；
令f′(x)<0，则x>1a，
∴ f(x)在(1a,?2)上单调递减，
∴ f(x)max=f(1a)=ln1a?a?1a=?3，
∴ ln1a=?2，解得a=e2.
故选A.
二、多选题
9.
【答案】
A,D
【考点】
对数的运算性质
【解析】
设t＝logab，代入化解求出t的值，得到a的b关系式，由ab＝ba可求出a，b的值．
【解答】
解：令t=logab，则t+1t=52，
整理得2t2?5t+2=0，即(2t?1)(t?2)=0，
解得：t=12或t=2.
∴ logab=12或logab=2.
∴ a=b2或a2=b.
又∵ ab=ba，
∴ 2b=a=b2或b=2a=a2，
解得：b=2，a=4，或a=2，b=4，
∴ ab=2或ab=12．
故选AD.
10.
【答案】
A,B,C
【考点】
对数函数的图象与性质
对数值大小的比较
【解析】
根据题意，结合对数函数的性质，依次分析选项，综合即可得答案．
【解答】
解：根据题意，实数a，b满足loga2对于A，当0即1logb2<1loga2<0，则loga2对于B，当00，loga2<0，
则loga2对于C，当a>b>1时，log2a>log2b>0，
即1loga2>1logb2>0，则loga2对于D，当00，logb2<0，
则loga2>logb2，故D错误.
故选ABC.
11.
【答案】
B,C,D
【考点】
函数的周期性
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
根据题意，依次分析选项是否正确，综合即可得答案．
【解答】
解：A，∵ 函数f(x)满足f(1?x)=f(1+x)，
∴ 函数图象关于直线x=1对称，
将x用1+x代换可得f(?x)=f(2+x).
∵ 函数f(x)是定义在R上的奇函数，
∴ f(x)=?f(?x)，
∴ f(2+x)=?f(x)，
∴ f(4+x)=f(x)，即函数f(x)的周期为4，故A错误；
B，设?1∴ f(?x)=2(?x)=?2x.
又∵ f(x)为奇函数，
∴ f(x)=?f(?x)=2x.
∵ f(?0)=?f(0)，
∴ f(0)=0，
∴ 当?1C，∵ f(1)=2×1=2，
∴ f(1)=?2=2×(?1)，
∴ f(?1)也满足f(x)=2x.
∵ 函数f(x)的周期为4，
∴ f(x)在[11,13]上的单调性与f(x)在[?1,1]上单调性相同.
∵ 当?1≤x≤1时，f(x)=2x为增函数，
∴ f(x)在[11,13]上单调递增，故C正确；
D，∵ 函数f(x)的周期为4，
∴ f(x)=f(x?4k)(k∈Z)，
当4k?1≤x≤4k+1时，有?1≤x?4k≤1，
则f(x)=f(x?4k)=2(x?4k)=2x?8k，
当4k+1≤x≤4k+3时，有1≤x?4k≤3，
∴ f(x?2)=f(x?4k?2)=f(x+2)
=?f(x)=?2(x?4k?2)=?2x+8k+4，故D正确.
故选BCD.
12.
【答案】
B,D
【考点】
集合的包含关系判断及应用
元素与集合关系的判断
【解析】
利用题目所给的定义，结合集合间的关系，逐个判断即可.
【解答】
解：A，若集合A中有2个元素，则集合B有3个元素，
2不在A中，3不在B中，
故此时集合A，B有3对满足上面条件，故A错误；
B，若集合A中有3个元素，则集合B有2个元素，
2不在B中，3不在A中，
故此时集合A，B有3对满足上面条件，故B正确；
C，若集合A中有1个元素，则集合B有4个元素，
故此时集合A，B有1对满足上面条件；
若集合A中有4个元素，则集合A有1种情况，
故此时集合A，B有1对满足上面条件；
结合选项AB可知：满足上面条件的集合A，B共有8对，故C错误；
D，由于集合A，B均不是空集，故集合A最多有4个元素，故D正确.
故选BD.
三、填空题
13.
【答案】
120,80
【考点】
二次函数的性质
函数模型的选择与应用
【解析】
由提供的数据知，描述西红柿种植成本Q与上市时间t的变化关系函数不可能是单调函数，故选取二次函数Q=at2+bt+c进行描述，将表格所提供的三组数据代入Q，即得函数解析式；(1)根据Q的函数关系，由二次函数的性质即可求得答案；(2)由(1)中的结论，即可得到答案．
【解答】
解：(1)由上表可知，描述西红柿种植成本Q与上市时间t的变化关系不可能是常数函数，也不是单调函数，
而函数Q=at+b，Q=a?bt，Q=a?logbt，在a≠0时，均为单调函数，这与表格提供的数据不吻合，
故选取二次函数Q=at2+bt+c进行描述.
将表格所提供的三组数据(60,?116)，(100,?84)，(180,?116)分别代入Q，
得3600a+60b+c=116,10000a+100b+c=84,32400a+180b+c=116,
解得：a=1100，b=?125，c=224，
所以Q=1100t2?125t+224.
因为Q的对称轴为t=120，开口向上，
所以在对称轴t=120处函数取最小值，此时种植成本最低.
当t=120时，Q=1100×1202?125×120+224=80.
故答案为：120；80.
14.
【答案】
(12e,?+∞)
【考点】
导数在最大值、最小值问题中的应用
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
分别求出导数，设出各自曲线上的切点，得到切线的斜率，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，可得切点坐标的关系式，整理得到关于一个坐标变量的方程，借助于函数的极值和最值，即可得到a的范围．
【解答】
解：由题可得，f′(x)=1x，g′(x)=2x+2.
设与g(x)=x2+2x+lna相切的切点为(s,?t)，s<0，
与曲线f(x)=lnx相切的切点为(m,?n)，m>0，
∴ 公切线斜率为2s+2=1m=n?tm?s.
又∵ t=s2+2s+lna，n=lnm，
∴ lna=s2?1?ln(2s+2).
设h(s)=s2?1?ln(2s+2)(?1∴ h′(s)=2s2+2s?1s+1<0，
∴ h(s)>h(0)=?ln2?1，
∴ lna>?ln2?1.
∵ s∈(?1,?0)，且趋近于?1时，h(s)无限增大，
∴ a>12e.
故答案为：(12e,?+∞).
15.
【答案】
a>b>c
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用对数和指数的运算性质确定a，b，c的大小关系即可．
【解答】
解：∵ 2b=3，∴ b=log23，
∴ log25>log23>1，即a>b>1.
∵ log32<1，
∴ c<1，
∴ a，b，c的大小关系为a>b>c．
故答案为：a>b>c．
16.
【答案】
3
【考点】
对数及其运算
指数函数的定义、解析式、定义域和值域
【解析】
首先求出函数的参数，再利用对数运算即可.
【解答】
解：由题意，得8=ka0，1=ka?3，
解得k=8，a=2，
所以log28=3log22=3.
故答案为：3.
四、解答题
17.
【答案】
解：(1)当x∈?∞,0时，?x∈0,+∞.
∵ y=fx是奇函数，
∴ fx=?f?x=?[?x2?2?x]=?x2?2x，
∴ fx=x2?2x，x>0,?x2?2x，x≤0.
当x>0时，二次函数开口向上，对称轴为x=1，
∴ 函数fx的单调递增区间为1,+∞；
当x<0时，二次函数开口向下，对称轴为x=?1，
∴ 函数fx的单调递增区间为?∞,?1.
(2)当x∈0,+∞时，
fx=x2?2x=x?12?1，最小值为?1；
当x∈?∞,0时，
fx=?x2?2x=1?x+12，最大值为1．
作出函数y=fx的图象，如图所示，
根据图象可得：
当?1当a=±1时，Fa=2，
当a>1或a∴ Fa=1，a1,2，a=±1,3，?1【考点】
根的存在性及根的个数判断
函数单调性的判断与证明
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)当x∈?∞,0时，?x∈0,+∞.
∵ y=fx是奇函数，
∴ fx=?f?x=?[?x2?2?x]=?x2?2x，
∴ fx=x2?2x，x>0,?x2?2x，x≤0.
当x>0时，二次函数开口向上，对称轴为x=1，
∴ 函数fx的单调递增区间为1,+∞；
当x<0时，二次函数开口向下，对称轴为x=?1，
∴ 函数fx的单调递增区间为?∞,?1.
(2)当x∈0,+∞时，
fx=x2?2x=x?12?1，最小值为?1；
当x∈?∞,0时，
fx=?x2?2x=1?x+12，最大值为1．
作出函数y=fx的图象，如图所示，
根据图象可得：
当?1当a=±1时，Fa=2，
当a>1或a∴ Fa=1，a1,2，a=±1,3，?118.
【答案】
解：(1)∵ 当a=1时，f(x)=|x+1|?|x?1|+1，
∴ 当x≤?1时，f(x)=?(x+1)+(x?1)+1=?1，
∴ f(x)>0的解集为?；
当?1由f(x)>0，可得x>?12，
∴ ?12当x≥1时，f(x)=3>0恒成立，
∴ 不等式f(x)>0的解集为{x|x>?12}．
(2)f(x)=x等价于a=x+|x?1|?|x+1|．
令h(x)=x+|x?1|?|x+1|，
∴ h(x)=x+2,x1,?
作出图象如图：
∴ 若方程f(x)=x只有一个实数根，只需a1，
∴ 实数a的取值范围是(?∞,?1)∪(1,+∞).
【考点】
带绝对值的函数
绝对值不等式的解法与证明
根的存在性及根的个数判断
【解析】
(Ⅰ)根据绝对值的意义，求得不等式f(x)>0的解集．
(Ⅱ)函数f(x)的图象与直线y＝x有1个交点，数形结合可得a的范围．
【解答】
解：(1)∵ 当a=1时，f(x)=|x+1|?|x?1|+1，
∴ 当x≤?1时，f(x)=?(x+1)+(x?1)+1=?1，
∴ f(x)>0的解集为?；
当?1由f(x)>0，可得x>?12，
∴ ?12当x≥1时，f(x)=3>0恒成立，
∴ 不等式f(x)>0的解集为{x|x>?12}．
(2)f(x)=x等价于a=x+|x?1|?|x+1|．
令h(x)=x+|x?1|?|x+1|，
∴ h(x)=x+2,x1,?
作出图象如图：
∴ 若方程f(x)=x只有一个实数根，只需a1，
∴ 实数a的取值范围是(?∞,?1)∪(1,+∞).
19.
【答案】
解：(1)由题意知，年维修费用第一年是0.2万元，第二年是0.4万元，第三年是0.6万元，…，
以后逐年递增0.2万元，组成一等差数列，
所以使用x年的维修总费用为：
g(x)=x(0.2+0.2x)2=0.1x+0.1x2万元，
依题得f(x)=1x[10+0.9x+(0.1x+0.1x2)]
=1x(10+x+0.1x2).
(2)f(x)=10x+x10+1≥210x?x10+1=3，
当且仅当10x=x10即x=10时取等号，
∴ x=10时y取得最小值3?万元，
答：这种汽车使用10年时，它的年平均费用最小，最小值是3万元．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
函数模型的选择与应用
【解析】
（1）根据年维修费用第一年是0.2万元，第二年是0.4万元，第三年是0.6万元，…，以后逐年递增0.2万元，组成一等差数列，故可得使用x年的维修总费用函数g(x)的解析式；根据年平均费用的定义可得函数f(x)的解析式；
（2）利用基本不等式，即可求年平均费用最小．
【解答】
解：(1)由题意知，年维修费用第一年是0.2万元，第二年是0.4万元，第三年是0.6万元，…，
以后逐年递增0.2万元，组成一等差数列，
所以使用x年的维修总费用为：
g(x)=x(0.2+0.2x)2=0.1x+0.1x2万元，
依题得f(x)=1x[10+0.9x+(0.1x+0.1x2)]
=1x(10+x+0.1x2).
(2)f(x)=10x+x10+1≥210x?x10+1=3，
当且仅当10x=x10即x=10时取等号，
∴ x=10时y取得最小值3?万元，
答：这种汽车使用10年时，它的年平均费用最小，最小值是3万元．
20.
【答案】
解：(1)∵ 定义域为R的函数fx=2x2x+1?a?12是奇函数，
∴ f0=0?a2?12=0，
∴ a=1．
(2)由(1)得fx=2x2x+1?12，
在R上任意取两个自变量x1，x2，且x1fx2?fx1=2x22x2+1?12?2x12x1+1?12
=2x22x2+1?2x12x1+1
=2x2?2x12x2+12x1+1.
∵ x1∴ 2x1<2x2，
∴ 2x2?2x1>0.
∵ 2x1+1>0，2x2+1>0，
∴ fx2?fx1>0?fx2>fx1，
∴ 函数fx在R上单调递增．
(3)∵ fkx2?kx+k+f3?3k>0，
∴ fkx2?kx+k>?f3?3k.
∵ 函数fx是奇函数，
∴ fkx2?kx+k>f3k?3.
∵ 函数fx在R上单调递增，
∴ kx2?kx+k>3k?3，
∴ kx2?kx?2k+3>0，
当k=0时，3>0，满足条件；
当k≠0时，k>0，Δ<0，
解得：0综上：k∈0,43．
【考点】
函数恒成立问题
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)∵ 定义域为R的函数fx=2x2x+1?a?12是奇函数，
∴ f0=0?a2?12=0，
∴ a=1．
(2)由(1)得fx=2x2x+1?12，
在R上任意取两个自变量x1，x2，且x1fx2?fx1=2x22x2+1?12?2x12x1+1?12
=2x22x2+1?2x12x1+1
=2x2?2x12x2+12x1+1.
∵ x1∴ 2x1<2x2，
∴ 2x2?2x1>0.
∵ 2x1+1>0，2x2+1>0，
∴ fx2?fx1>0?fx2>fx1，
∴ 函数fx在R上单调递增．
(3)∵ fkx2?kx+k+f3?3k>0，
∴ fkx2?kx+k>?f3?3k.
∵ 函数fx是奇函数，
∴ fkx2?kx+k>f3k?3.
∵ 函数fx在R上单调递增，
∴ kx2?kx+k>3k?3，
∴ kx2?kx?2k+3>0，
当k=0时，3>0，满足条件；
当k≠0时，k>0，Δ<0，
解得：0综上：k∈0,43．
21.
【答案】
解：(1)∵ f(x)=lnx+a(x?1)2，
∴ f′(x)=1x+2a(x?1).
∵ 当x=1时，f′(x)=1，
∴ 函数f(x)在点P(1,?0)处的切线斜率为1，
∴ 函数f(x)在点P(1,?0)处的切线方程为y=x?1.
(2)f′(x)=1x+2a(x?1)=2ax2?2ax+1x(x>0)，
令g(x)=2ax2?2ax+1(x>0).
①当a=0时，f′(x)=1x>0，
∴ f(x)在(0,+∞)上单调递增，此时函数f(x)无极值；
②当a>0时，g(x)的对称轴x=12>0，
若函数f(x)有极小值，
则Δ=4a2?8a>0，解得：a>2，
此时g(x)=0有两个解x1，x2.
∵ g(0)=1>0，
∴ x1，x2均大于0.
设x1∴ f′(x)<0，
当x>x2时，g(x)>0，
∴ f′(x)>0，此时函数f(x)有极小值；
③当a<0时，Δ=4a2?8a>0恒成立.
∵ g(0)=1>0，
∴ g(x)=0有一个正根和一个负根为x3和x4.
设x3<0∵ 当00，
∴ f′(x)>0.
∵ 当x>x4时，g(x)<0，
∴ f′(x)<0，此时函数f(x)有极大值，无极小值，则a<0不成立．
综上可得，a的取值范围是(2,?+∞).
(3)若在区间[1,?+∞)上，函数f(x)不出现在直线y=x?1的上方，
即当x≥1时，f(x)≤x?1恒成立，
∴ lnx+a(x?1)2≤x?1恒成立．
令x?1=t(t≥0)，
∴ ln(1+t)+at2?t≤0恒成立．
令h(t)=ln(1+t)+at2?t，
则h′(t)=11+t+2at?1=2at2+(2a?1)t1+t.
∵ h(0)=0，
∴ h(t)≤h(0)恒成立，
∴ h(t)在(0,+∞)上单调递减.
当a=0时，h′(t)<0，显然成立；
当a<0时，h′(t)<0在(0,+∞)上恒成立；
当a>0时，∵ t≥0，
∴ h′(t)≤0，即为2at+2a?1≤0恒成立.
∵ 2at+2a?1≥2a?1，
∴ 2at+2a?1≤0不成立，
∴ a>0不成立．
综上可得，a≤0，即a的最大值为0．
【考点】
函数恒成立问题
导数在最大值、最小值问题中的应用
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
【解析】
（1）求出函数的导数，求得切线的斜率，由点斜式方程即可得到切线的方程；
（2）求出导数，讨论a=0，a<0，a>0，令g(x)=2ax2?2ax+1，(x>0)，结合二次函数的判别式和对称轴，即可得到a的取值范围；
（3）若在区间[1,?+∞)上，函数f(x)不出现在直线y=x?1的上方，即有x≥1时，f(x)≤x?1恒成立，即lnx+a(x?1)2≤x?1恒成立．令x?1=t(t≥0)，即有ln(1+t)+at2?t≤0恒成立．令h(t)=ln(1+t)+at2?t，求出导数，讨论a=0，a<0，a>0，运用导数判断单调性，结合恒成立思想即可得到a的范围．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=lnx+a(x?1)2，
∴ f′(x)=1x+2a(x?1).
∵ 当x=1时，f′(x)=1，
∴ 函数f(x)在点P(1,?0)处的切线斜率为1，
∴ 函数f(x)在点P(1,?0)处的切线方程为y=x?1.
(2)f′(x)=1x+2a(x?1)=2ax2?2ax+1x(x>0)，
令g(x)=2ax2?2ax+1(x>0).
①当a=0时，f′(x)=1x>0，
∴ f(x)在(0,+∞)上单调递增，此时函数f(x)无极值；
②当a>0时，g(x)的对称轴x=12>0，
若函数f(x)有极小值，
则Δ=4a2?8a>0，解得：a>2，
此时g(x)=0有两个解x1，x2.
∵ g(0)=1>0，
∴ x1，x2均大于0.
设x1∴ f′(x)<0，
当x>x2时，g(x)>0，
∴ f′(x)>0，此时函数f(x)有极小值；
③当a<0时，Δ=4a2?8a>0恒成立.
∵ g(0)=1>0，
∴ g(x)=0有一个正根和一个负根为x3和x4.
设x3<0∵ 当00，
∴ f′(x)>0.
∵ 当x>x4时，g(x)<0，
∴ f′(x)<0，此时函数f(x)有极大值，无极小值，则a<0不成立．
综上可得，a的取值范围是(2,?+∞).
(3)若在区间[1,?+∞)上，函数f(x)不出现在直线y=x?1的上方，
即当x≥1时，f(x)≤x?1恒成立，
∴ lnx+a(x?1)2≤x?1恒成立．
令x?1=t(t≥0)，
∴ ln(1+t)+at2?t≤0恒成立．
令h(t)=ln(1+t)+at2?t，
则h′(t)=11+t+2at?1=2at2+(2a?1)t1+t.
∵ h(0)=0，
∴ h(t)≤h(0)恒成立，
∴ h(t)在(0,+∞)上单调递减.
当a=0时，h′(t)<0，显然成立；
当a<0时，h′(t)<0在(0,+∞)上恒成立；
当a>0时，∵ t≥0，
∴ h′(t)≤0，即为2at+2a?1≤0恒成立.
∵ 2at+2a?1≥2a?1，
∴ 2at+2a?1≤0不成立，
∴ a>0不成立．
综上可得，a≤0，即a的最大值为0．
22.
【答案】
(1)解：由题意知，f(x)的定义域为(0,?+∞)，
f′(x)=px+2(p?1)x=2(p?1)x2+px，
当p≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0,?+∞)上单调递增；
当p≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0,?+∞)上单调递减；
当0则当x∈(0,?p2(p?1))时，f′(x)>0；
x∈(?p2(p?1)，+∞)时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,??p2(p?1))上单调递增；
在(?p2(p?1)，+∞)上单调递减.
(2)解：∵ x>0，
∴ 当p=1时，
f(x)≤kx?1+lnx≤kx?k≥1+lnxx，
∴ k≥1+lnxx恒成立，
∴ k≥(1+lnxx)max.
令h(x)=1+lnxx，则h′(x)=?lnxx2.
当x∈(0,?1)时，h′(x)>0；当x∈(1,?+∞)时，h′(x)<0，
∴ h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴ h(x)max=h(1)=1，
∴ k≥1．
(3)证明：由(2)知，当k=1时，f(x)≤x，
当k>1时，f(x)令x=n+1n(n∈N*)，
则lnn+1n<1n(n∈N*)，
即ln(n+1)?lnn<1n(n∈N*)，
∴ ln2?ln1<1，ln3?ln2<12，?，ln(n+1)?lnn<1n，
上式相加得可得，ln(n+1)<1+12+13+?+1n(n∈N*).
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
函数恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
对数及其运算
【解析】
（1）利用导数来讨论函数的单调性即可，具体的步骤是：（1）确定?f(x)的定义域；（2）求导数fˊ(x)；（3）在函数?的定义域内解不等式fˊ(x)>0和fˊ(x)<0；（4）确定?的单调区间．若在函数式中含字母系数，往往要分类讨论．（2）当P=1时，f(x)≤kx恒成立，分离参数等价于k≥1+lnxx，利用导数求函数h(x)=1+lnxx的最大值即可求得实数k的取值范围；（3）由（2）知，当k=1时，有f(x)≤x，当x>1时，f(x)【解答】
(1)解：由题意知，f(x)的定义域为(0,?+∞)，
f′(x)=px+2(p?1)x=2(p?1)x2+px，
当p≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0,?+∞)上单调递增；
当p≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0,?+∞)上单调递减；
当0则当x∈(0,?p2(p?1))时，f′(x)>0；
x∈(?p2(p?1)，+∞)时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,??p2(p?1))上单调递增；
在(?p2(p?1)，+∞)上单调递减.
(2)解：∵ x>0，
∴ 当p=1时，
f(x)≤kx?1+lnx≤kx?k≥1+lnxx，
∴ k≥1+lnxx恒成立，
∴ k≥(1+lnxx)max.
令h(x)=1+lnxx，则h′(x)=?lnxx2.
当x∈(0,?1)时，h′(x)>0；当x∈(1,?+∞)时，h′(x)<0，
∴ h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
∴ h(x)max=h(1)=1，
∴ k≥1．
(3)证明：由(2)知，当k=1时，f(x)≤x，
当k>1时，f(x)令x=n+1n(n∈N*)，
则lnn+1n<1n(n∈N*)，
即ln(n+1)?lnn<1n(n∈N*)，
∴ ln2?ln1<1，ln3?ln2<12，?，ln(n+1)?lnn<1n，
上式相加得可得，ln(n+1)<1+12+13+?+1n(n∈N*).