2017-2018学年陕西省西安市铁一中高二(下)期中数学试卷-教师用卷

2017-2018学年陕西省西安市铁一中高二（下）期中数学试卷副标题一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）1. 若复数a−3i1+2i (a ∈R,i 为虚数单位)是纯虚数，则实数a 的值为( )A. 6B. −6C. 5D. −4【答案】A【解析】解：a−3i1+2i =(a−3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=a−65−2a+35i根据纯虚数的概念得出{a−65=0−2a+35≠0解得a =6．故选：A ．先将a−3i1+2i 化简为代数形式，再根据纯虚数的概念，令其实部为0，虚部不为0，求出a 值．本题考查复数的除法运算，复数的分类，纯虚数的概念.属于基础题．2. 4名学生选修3门不同的课程，每个学生只能选修其中的一门，则不同的选修方法有( ) A. 4种 B. 24种 C. 64种 D. 81种 【答案】D【解析】解：根据题意，4名学生选修3门不同的课程，且每个学生只能选修其中的一门，每人都有3种选法，则四人一共有3×3×3×3=81种选法； 故选：D ．根据题意，每个学生选修一门课程，每人都有3种选法，由分步乘法原理即可求解． 本题考查分步计数原理的应用，注意没有要求每一门课程都有人选修，属于基础题．3. 已知函数f(x)={x +1,(−1≤x ≤0)cosx,(0<x ≤π2)，则∫f π2−1(x)dx =( )A. 12B. 1C. 2D. 32【答案】A【解析】解：f(x)={x +1,(−1≤x ≤0)cosx,(0<x ≤π2)，则∫f π2−1(x)dx =∫(0−1x+1)dx +∫cos π20xdx =(12x 2+x)| −10+sinx| 0π2=(12−1)+sin π2−sin0=−12+1=12， 故选：A ．由题意得到∫f π2−1(x)dx =∫(0−1x +1)dx +∫cos π20xdx ，解得即可．本题考查了定积分的计算，关键是求出原函数，属于基础题．4. 对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件.在第一次摸出正品的条件下，第二次也摸到正品的概率是( )A. 35B. 25C. 110D. 59【答案】D【解析】解：设“第一次摸出正品”为事件A ，“第二次摸出正品”为事件B ， 则事件A 和事件B 相互独立，在第一次摸出正品的条件下，第二次也摸到正品的概率为： P(B|A)=P(AB)P(A)=610×59610=59．故选：D ．因为第一次抽出正品，所以剩下的9件中有5件正品，所以第二次也摸到正品的概率是59，据此解答即可．本题主要考查了条件概率的求法，属于基础题，解答此题的关键是条件概率公式的灵活运用．5. 在△ABC 中，AB =3，AC =2，BC =√10，则AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. −32B. −23C. 23D. 32【答案】D【解析】解：∵由余弦定理得cosA =9+4−102×3×2，∴cos∠CAB =14，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =3×2×14=32， 故选：D ．在三角形中以两边为向量，求两向量的数量积，夹角不知，所以要先用余弦定理求三角形一个内角的余弦，再用数量积的定义来求出结果．由已知条件产生数量积的关键是构造数量积，因为数量积的定义式中含有边、角两种关系，所以本题能考虑到需要先求向量夹角的余弦值，有时数量积用坐标形式来表达．6. 已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，P(ξ≤4)=0.84，则P(ξ≤0)=( )A. 0.16B. 0.32C. 0.68D. 0.84 【答案】A【解析】解：∵随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)， ∴μ=2，∵P(ξ≤4)=0.84，∴P(ξ≥4)=1−0.84=0.16，∴P(ξ≤0)=P(ξ≥4)=1−P(ξ≤4)=0.16，故选：A ．根据随机变量X 服从正态分布N(2,σ2)，看出这组数据对应的正态曲线的对称轴μ=2，根据正态曲线的特点，即可得到结果．本题考查正态分布，正态曲线的特点，若一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似的服从正态分布．7. 若(1−2x)2014=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 2014x 2014(x ∈R)，则a 12+a 222+⋯+a201422014的值为( ) A. 2 B. 0 C. −1 D. −2【答案】C【解析】解：由题意，令x =0时，则a 0=1，令x =12时，则a 0+a 1(12)+a 2(12)2+⋯+a 2014(12)2014=(1−2×12)2014=0， ∴a 12+a 222+⋯+a 201422014的值为0−a 0=−1．故选：C ．先令x =0，求出a 0，再令x =12，得到恒等式，移项即可得到所求的值．本题主要考查二项式定理的运用，考查解决的常用方法：赋值法，正确赋值是迅速解题的关键．8. 图中，阴影部分是由直线y =x −4和抛物线y 2=2x 所围成，则其面积是( )A. 16B. 18C. 20D. 22【答案】B【解析】解：由{y 2=2x y=x−4，解得y =−2或y =4，故其面积S =∫(4−2y +4−12y 2)dy =(12y 2+4y −16y 3)| −24=18，故选：B ．联立方程组可得交点的坐标，由定积分的意义可求． 本题考查定积分求面积，属基础题．9. 某城市有3 个演习点同时进行消防演习，现将5 个消防队分配到这3 个演习点，若每个演习点至少安排1 个消防队，则不同的分配方案种数为( ) A. 150 B. 240 C. 360 D. 540 【答案】A【解析】解：根据题意，个消防队分配到这3个演习点，若每个演习点至少安排1个消防队，则可将5队分为3、1、1的三组，有C 53C 21A 22=10种分组方法，将分好的3组对应对应3个演习点，有A 33=6种方法，共有10×6=60种分配方案； 将5队分为2、2、1的三组，有C 52C 32A 22=15种分组方法，将分好的3组对应对应3个演习点，有A 33=6种方法，共有15×6=90种分配方案；故共有60+90=150种分配方案． 故选：A ．根据题意，分两类，2步进行分析，将5队分为3、1、1；2、2、1的三组，再将分好的3组对应3个演习点，由排列、组合公式可得每一步的情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．本题考查排列、组合的运用，关键是根据“每个演习点至少安排1个消防队”的要求，明确要将将5个队分为3、1、1；2、2、1的三组．10. 已知三个正实数a 、b 、c 满足a +b +c =1，给出以下几个结论：①a 2+b 2+c 2≤13；②ab +bc +ca ≤13；③b 2a+c 2b+a 2c≥1；④√a +√b +√c ≥√3.则正确的结论个数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】解：①，∵{a 2+b 2≥2abb 2+c 2≥2bc a 2+c 2≥2ac∴a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ac ，∴(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤3(a 2+b 2+c 2).∴a 2+b 2+c 2≥13，故①不正确．②，由(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2(ab +bc +ac)≥3(ab +bc +ac)⇒ab +bc +ca ≤13，故②正确．③∵{ b 2a +a ≥2b c2b+b ≥2c a2c +c ≥2c∴b 2a +c 2b +a 2c ≥a +b +c =1 ∴b 2a+c 2b+a 2c≥1，故③正确．④，由柯西不等式得(a +b +c)(1+1+1)≥(√a +√b +√c)2， ∴√a +√b +√c ≥√3.则④正确． 故选：C ．①，由a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ac ，可得a 2+b 2+c 2≥13．②，由(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2(ab +bc +ac)，得ab +bc +ac ≤13． ③由{ b 2a +a ≥2bc 2b +b ≥2c a 2c+c ≥2c ⇒b 2a +c 2b +a 2c ≥a +b +c =1④，由柯西不等式得(a +b +c)(1+1+1)≥(√a +√b +√c)2，即可 本题考查了不等式的证明，属于中档题．11.某公共汽车站有6个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车站等候228路公交车的到来，由于市内堵车，228路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人只能坐一个位置，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是()A. 48B. 54C. 72D. 84【答案】C【解析】解：根据题意，分2步进行分析：①，先将3名乘客全排列，有A33=6种情况，②，3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，有4种情况，在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，有3种情况，则恰好有2个连续空座位的候车方式有6×4×3=72种；故选：C．根据题意，分2步进行分析：①，先将3名乘客全排列，②，3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，再在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．12.已知函数f(x)=2x2+(4−m)x+4−m，g(x)=mx，若对于任一实数x，f(x)与g(x)的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围是()A. [−4,4]B. (−4,4)C. (−∞,4)D. (−∞,−4)【答案】C【解析】解：当△=m2−16<0时，即−4<m<4，显然成立，排除D当m=4，f(0)=g(0)=0时，显然不成立，排除A；当m=−4，f(x)=2(x+2)2，g(x)=−4x显然成立，排除B；故选：C．对函数f(x)判断△=m2−16<0时一定成立，可排除D，再对特殊值m=4和−4进行讨论可得答案．本题主要考查对一元二次函数图象的理解.对于一元二次不等式，一定要注意其开口方向、对称轴和判别式．二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）13.若复数z=1+i+i2+⋯…+i2017，则|z|=______.(z表示复数z的共轭)【答案】√2【解析】解：根据虚数单位i的性质：当n∈N时，i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=−1，i4n+3=−i，z=1+i+i2+i3+i4+⋯+i2017=1+(i+i2+i3+i4)+⋯+(i2013+i2014+i2015+i2016)+i2017 =1+0+⋯0+i=1+i，∴z=1−i．则|z|=√2．故答案为：√2．根据虚数单位i的性质：当n∈N时，i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=−1，i4n+3=−i，计算求出z，再求出z，然后利用复数模的公式计算得答案．本题考查虚数单位i的性质，考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．14.已知随机变量X的分布列为：X −1 01 P1216a随机变量Y =2X +1，则X 的数学期望EX =______；Y 的方差DY =______． 【答案】−16；269【解析】解：由随机变量X 的分布列得：12+16+a =1， 解得a =13，∴E(X)=−1×12+0×16+1×13=−16，D(X)=(−1+16)2×12+(0+16)2×16+(1−16)2×13=1318，∵随机变量Y =2X +1，∴X 的数学期望EX =−16；Y 的方差DY =4D(Y)=269．故答案为：−16，269．由随机变量X 的分布列得求出a =13，从而求出E(X)=−16，D(X)=1318，再由随机变量Y =2X +1，能求出X 的数学期望和Y 的方差．本题考查离散型随机变量的数学期望、方差的求法，考查离散型随机变量的分布列等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．15. 将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A −BD −C ，有如下四个结论：①AC ⊥BD ； ②△ACD 是等边三角形；③AB 与平面BCD 成60∘的角； ④AB 与CD 所成的角为60∘；其中正确结论是______(写出所有正确结论的序号) 【答案】①②④【解析】解：作出如图的图象，其中A −BD −C =90∘，E 是BD 的中点，可以证明出∠AED =90∘即为此直二面角的平面角对于命题①，由于BD ⊥面AEC ，故AC ⊥BD ，此命题正确； 对于命题②，在等腰直角三角形AEC 中可以解出AC 等于正方形的边长，故△ACD 是等边三角形，此命题正确；对于命题③AB 与平面BCD 所成的线面角的平面角是∠ABE =45∘，故AB 与平面BCD 成60∘的角不正确；对于命题④可取AD 中点F ，AC 的中点H ，连接EF ，EH ，FH ，由于EF ，FH 是中位线，可证得其长度为正方形边长的一半，而EH 是直角三角形的中线，其长度是AC 的一半即正方形边长的一半，故△EFH 是等边三角形，由此即可证得AB 与CD 所成的角为60∘；综上知①②④是正确的 故答案为①②④作出此直二面角的图象，由图形中所给的位置关系对四个命题逐一判断，即可得出正确本题考查与二面角有关立体几何中线线之间的角的求法，线面之间的角的求法，以及线线之间位置关系的证明方法.综合性较强，对空间立体感要求较高．16. 已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2，要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需要至少布置______门高炮？(用数字作答，已知lg2=0.3010，lg3=0.4771) 【答案】11【解析】解：设需要至少布置n 门高炮，∵某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2， 要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中， ∴1−(1−0.2)n >0.9， 解得n >10.3，n ∈N ， ∴需要至少布置11门高炮． 故答案为：11．设需要至少布置n 门高炮，则1−(1−0.2)n >0.9，由此能求出结果． 本题考查概率的求法，考查n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．三、解答题（本大题共6小题，共56.0分）17. 已知在(√x 32√x 3)n (n ∈N ∗)的展开式中，第6项为常数项．(1)求n 的值；(2)求展开式的所有项的系数之和； (3)求展开式中所有的有理项．【答案】解：(1)在(√x 32√x 3)n (n ∈N ∗)的展开式中，第6项为T 6=C n 5⋅(−12)5⋅x n−103为常数项， ∴n−103=0，∴n =10．(2)在(√x 3−2√x 3)n (n ∈N ∗)=(√x 3−2√x 3)10的展开式中，令x =1，可得展开式的所有项的系数之和为(1−12)10=11024．(3)二项式(√x 32√x 3)n (n ∈N ∗)的展开式的通项公式为T r+1=C 10r ⋅(−12)r ⋅x 10−2r3，令10−2r 3为整数，可得r =2，5，8，故有理项分别为T 3=C 102⋅14⋅x 2=454x 2，T 6=C 105⋅(−132)⋅x 0=−728；T 9=C 108⋅(−12)8⋅x −2=45256⋅x −2．【解析】(1)在二项展开式的第六项的通项公式中，令x 的幂指数等于0，求出n 的值． (2)在二项展开式中，令x =1，可得展开式的所有项的系数之和．(3)在二项展开式的通项公式中，令x 的幂指数等于0整数，求出r 的值，即可求得展开式中所有的有理项．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基18.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物.我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米至75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标.某市环保局从市区2016年全年每天的PM2.5监测数据中，随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示：(十位为茎，个位为叶)(1)从这15天的数据中任取3天的数据，求空气质量至少有一天达到一级的概率；(2)以这15天的PM2.5日均值来估算一年的空气质量情况，则一年(按360天计算)中大致有多少天的空气质量达到一级．【答案】解：(1)由茎叶图知随机抽取15天的数据中，PM2.5日均值在35微克/立方米以下的天数有5天，∴从这15天的数据中任取3天的数据，则至少有一天空气质量达到一级的概率为：p=C51C102C153+C52C101C153+C53C153=6791．(2)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级的概率为P=515=13，一年中空气质量达到一级的天数为η，则η～B(360,13)，∴Eη=360×13=120(天)，∴一年中平均有120天的空气质量达到一级．【解析】(1)由茎叶图知随机抽取15天的数据中，PM2.5日均值在35微克/立方米以下的天数有5天，由此能求出从这15天的数据中任取3天的数据，至少有一天空气质量达到一级的概率．(2)依题意可知，一年中每天空气质量达到一级的概率为P=515=13，一年中空气质量达到一级的天数为η，则η～B(360,13)，由此能求出一年中大致有多少天的空气质量达到一级．本题考查等可能事件概率的求法，以及离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19.已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n2+a n.(n∈N∗)(1)求a2，a3，a4的值；(2)猜想{a n}的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论．【答案】解：(1)∵a1=1，a n+1=a n2+a n .∴a2=a12+a1=13，a3=a22+a2=17，a4=a32+a3=115．(2)由a2，a3，a4的值，可猜想a n=12n−1，证明：①当n=1时，由a1=1得结论成立；②假设n=k(k∈N∗)时结论成立，即a k=12k−1．当n=k+1时，a k+1=a k 2+a k=12k −12+12k−1=12k+1−1．∴当n =k +1时结论成立．由①②可知，a n =12n −1对任意正整数n 都成立．【解析】(1)由a n+1与a n 的关系，我们从n =1依次代入整数值，即可求出a 2，a 3，a 4； (2)由a 1，a 2，a 3的值与n 的关系，我们归纳推理出数列的通项公式，观察到它们是与自然数集相关的性质，故可采用数学归纳法来证明． 本题主要考查归纳推理，数学归纳法，数列的通项等相关基础知识.考查运算化简能力、推理论证能力和化归思想．20. 在2016年8月巴西里约热内卢举办的第31届奥运会上，乒乓球比赛团体决赛实行五场三胜制，且任何一方获胜三场比赛即结束.甲、乙两个代表队最终进入决赛，根据双方排定的出场顺序及以往战绩统计分析，甲队依次派出的五位选手分别战胜对手的概率如表：若甲队横扫对手获胜(即3：0获胜)的概率是18，比赛至少打满4场的概率为34． (1)求p ，q 的值；(2)求甲队获胜场数的分布列和数学期望．【答案】解：(1)由题意{12pq =181−18−(1−12)(1−p)(1−q)=34，解得p =q =12．(Ⅱ)设甲队获胜场数为ξ，则ξ的可取的值为0，1，2，3 P(ξ=0)=(12)3=18，P(ξ=1)=C 31⋅12⋅(12)2⋅12=316， P(ξ=2)=C 42⋅(12)2⋅(12)2⋅35=940，P(ξ=3)=(12)3+C 32⋅12⋅(12)2⋅12+C 42⋅(12)2⋅(12)2⋅25=3780，Eξ=0×18+1×316+2×940+3×3780=8140．【解析】(1)利用甲队横扫对手获胜(即3：0获胜)的概率是18，比赛至少打满4场的概率为34，建立方程组，即可求p ，q 的值；(2)求得甲队获胜场数的可能取值，求出相应的概率，可得分布列和数学期望．本题考查概率知识的运用，考查离散型随机变量的分布列与数学期望，考查学生的计算能力，属于中档题．21. 已知椭圆C ：x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0)的一个焦点是(1,0)，两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)过点Q(4,0)且不与坐标轴垂直的直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，设点A 关于x 轴的对称点为A 1．(ⅰ)求证：直线A 1B 过x 轴上一定点，并求出此定点坐标； (ⅰ)求△OA 1B 面积的取值范围．【答案】解：(Ⅰ)因为椭圆C 的一个焦点是(1,0)，所以半焦距c =1． 因为椭圆两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形． 所以ca =12，解得a =2，b =√3所以椭圆的标准方程为x 24+y 23=1．(Ⅱ)(i)设直线l ：x =my +4与x 24+y 23=1联立并消去x 得：(3m 2+4)y 2+24my +36=0．记A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),y 1+y 2=−24m3m 2+4，y 1y 2=363m 2+4． 由A 关于x 轴的对称点为A 1，得A 1(x 1,−y 1)，根据题设条件设定点为T(t,0)，得k TB =k TA 1，即y 2x 2−t =y 1t−x 1． 所以t =x 2y 1+y 2x 1 y 1+y 2=(4+my 2)y 1+(4+my 1)y 2y 1+y 2=4+2my 1y 2y 1+y 2=4−3=1即定点T(1,0)．(ii)由(i)中判别式△>0，解得|m|>2.可知直线A 1B 过定点T(1,0)． 所以S △OA 1B =12|OT||y 2−(−y 1)|=12|y 2+y 1|， 得S △OA 1B =12|24m4+3m 2|=4|m|+43|m|，令t =|m|记φ(t)=t +43t ，得φ′(t)=1−43t 2，当t >2时，φ′(t)>0． φ(t)=t +43t 在(2,+∞)上为增函数.所以|m|+43|m|>2+23=83， 得0<S △OA 1B <4×38=32.故△OA1B 的面积取值范围是(0,32)．【解析】(Ⅰ)根据焦点坐标求得c ，根据椭圆两个焦点与短轴的一个端点构成等边三角形.求得a 和c 的关系式，进而求得a 和b ，则椭圆的方程可得．(Ⅱ)(i)设出直线l 的方程，与椭圆方程联立消去x ，设出A ，B 的坐标，则可利用韦达定理求得y 1y 2和y 1+y 2的表达式，根据A 点坐标求得关于x 轴对称的点A 1的坐标，设出定点，利用TB 和TA 1的斜率相等求得t ．(ii)由(i)中判别式△>0求得m 的范围，表示出三角形OA 1BD 面积，利用m 的范围，求得m 的最大值，继而求得三角形面积的范围．本题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识，考查运算求解能力和分析问题、解决问题的能力．22. 已知函数f(x)=−lnx −ax 2+x(a >0)，其导函数为．(1)当，求y =f(x)图象在x =1处的切线方程；(2)设f(x)在定义域上是单调函数，求a 得取值范围；(3)若f(x)的极大值和极小值分别为m 、n ，证明：m +n >3−2ln2．【答案】解：(1)∵f(x)=−lnx −ax 2+x(a >0)，，∵f′(1)=f′(2)，∴−2a =8a−12，即a =14，∴f(x)=−lnx −14x 2+x ，∴f(1)=34，f′(1)=−12， ∴f(x)图象在x =1处的切线的方程为y −34=−12(x −1)，即2x +4y −5=0；(2)∵f(x)在定义域上是单调函数，0'/>或恒成立， 即2a <x−1x 2或2a >x−1x 2， 设ℎ(x)=x−1x 2，∴ℎ′(x)=2−xx 3， 当0<x <2时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)单调递增，当x >2时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减，∴ℎ(x)max =ℎ(2)=14， ∴2a >14，∴a >18；证明：(3)设x 1，x 2为方程f′(x)=0的两个实数根，则x 1+x 2=12a ，x 1x 2=12a由题意得：{△=1−8a >0x 1+x 2=12a >0x 1x 2=12a >0，解得0<a <18； 则m +n =f(x 1)+f(x 2)=−lnx 1−ax 12+x 1−lnx 2−ax 22+x 2=−lnx 1x 2−a[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+x 1+x 2=lna +14a +ln2+1，令g(a)=lna +14a +ln2+1，则g′(a)=4a−14a 2，故当0<a<1时，g′(a)<0，g(a)是减函数，8)，则g(a)>g(18即m+n>3−2ln2．【解析】(1)先求导数，由f′(1)=f′(2)，即可得到a的值可求出f′(1)，进而得到函数函数f(x)的解析式，得到f(1)，则函数在x=1处的切线的方程可求出；(2)f(x)在定义域上是单调函数，可得0'/>或恒成立，分离参数，构造函数，求出函数的最值即可，(3)先设x1，x2为方程f′(x)=0的两个实数根，由韦达定理得到，由于f(x)的极大值和极小值分别为m，n，可求出参数a的范围，将m+n=f(x1)+f(x2)，进而求出m+n> 3−2ln2，即得证．本题主要考查了利用导数研究函数的极值，同时考查了导数的几何意义，以及学生灵活转化题目条件的能力，属于难题．。