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阶段性测试题十一(算法框图、复数、推理与证明)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．(2021·豫南九校联考)复数的实部与虚部之和为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[答案] A
[解析] ∵＝＝＝1－i，∴实部为1，虚部为－1，和为0，选A．
2．(文)(2021·东北育才学校一模)某流程图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝ln(－x)
C．f(x)＝ D．f(x)＝
[答案] B
[解析] 程序框图运行后输出的函数f(x)是有零点的奇函数，f(x)＝是奇函数，但无零点；B中函数是奇函数、且有零点x＝0；C中函数是奇函数，但无零点；D中函数f(x)＝为偶函数．
(理)(2022·长春市一调)定义某种运算S＝a⊗b，运算原理如图所示，则式子[(2tan)⊗lne]－[lg100⊗()－1]的值为( )
A．－3 B．－4
C．－8 D．0
[答案] D
[解析] 由程序框图知，S＝a⊗b＝
∵2tan＝2，lne＝1,2⊗1＝2×(1＋1)＝4，
lg100＝2，()－1＝3,2⊗3＝2×(3－1)＝4，
∴[(2tan)⊗lne]－[lg100⊗()－1]＝4－4＝0，故选D．
3．(2021·赣州市博雅文化学校月考)在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若内角A、B、C依次成等差数列，且不等式－x2＋6x－8>0的解集为{x|a<x<c}，则b等于( )
A． B．4
C．3 D．2
[答案] D
[解析] ∵A、B、C成等差数列，∴B＝60°，
∵不等式－x2＋6x－8>0的解集为{x|2<x<4}，
∴a＝2，c＝4，
故b2＝a2＋c2－2accos60°＝4＋16－2×2×4×＝12，
∴b＝2.
4．(文)(2022·江西临川十中期中)若(m2－3m－4)＋(m2－5m－6)i是纯虚数，则实数m的值为( )
A．－1 B．4
C．－1或4 D．不存在
[答案] B
[解析] 由条件知，
∴∴m＝4.
(理)(2021·山东师大附中模拟)已知i是虚数单位，若复数(1＋ai)(2＋i)是纯虚数，则实数a等于( )
A．2 B．
C．－ D．－2
[答案] A
[解析] 利用复数的运算法则化简复数(1＋ai)(2＋i)＝2－a＋(1＋2a)i，由纯虚数的定义知，，解得a＝2，故应选A．
5．(文)(2021·新乡、许昌、平顶山调研)如图是一个算法的程序框图，该算法输出的结果是( )
A． B．
C． D．1
[答案] C
[解析] 程序运行过程依次为：i＝1，m＝0，n＝0，i<3成立→i＝1＋1＝2，m＝0＋1＝1，n＝0＋＝，i<3成立→i＝2＋1＝3，m＝1＋1＝2，n＝＋＝，i<3不成立，输出n的值后结束．
(理)(2021·豫南九校联考)执行如图所示的程序框图，假如输入的N是195，则输出的P＝( )
A．11 B．12
C．13 D．14
[答案] D
[解析] 程序运行过程依次为：输入N＝195，K＝0，P＝0，P＝0＋＝1，K<N成立→K＝0＋1＝1，P＝1＋＝1＋(－1)，K<N成立→K＝1＋1＝2，P＝1＋(－1)＋＝1＋(－1)＋(－)，…，K＝194，P＝1＋(－1)＋…＋(－)，K<N成立，K＝194＋1＝195，P＝1＋(－1)＋…＋(－)，此时K<N不成立，输出P的值，∴P＝＝14.
6．(2021·重庆南开中学月考)在复平面内，复数z＝(其中i是虚数单位)对应的点位于( )
A．第一象限 B．其次象限
C．第三象限 D．第四象限
[答案] A
[解析] ∵复数＝＝＝＋i，
∴复数对应点的坐标是(，)，
∴复数在复平面内对应的点位于第一象限．
7．(2022·吉林延边州质检)a、b、c表示不同直线，M表示平面，给出四个命题：①若a∥M，b∥M，则a∥b或a，b相交或a，b异面；②若b⊂M，a∥b，则a∥M；③a⊥c，b⊥c，则a∥b；④a⊥M，b⊥M，则a∥b，其中正确命题为( )
A．①④ B．②③
C．③④ D．①②
[答案] A
[解析] ∵a∥M，b∥M，∴a，b异面或a，b都在与平面M平行的平面内，此时，a与b相交或a∥b，故①正确；b⊂M，a∥b时，可以有a⊂M，也可以有a∥M，故②错；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥AB，AA1⊥A1D1，但AB与A1D1不平行，故③错；垂直于同一平面的两直线平行，∴④正确，故选A．
8．(文)(2022·山西省太原五中月考)在△ABC中，若2＝·＋·＋·，则△ABC是( )
A．等边三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．直角三角形
[答案] D
[解析] ∵2＝·－·(－)＋·＝2＋·，∴·＝0，∴AC⊥BC，∴选D．
(理)(2022·杭州七校联考)已知数列{an}是等差数列，且a1∈[0,1]，a2∈[1,2]，a3∈[2,3]，则a4的取值范围是( )
A．[3,4] B．[，]
C．[，] D．[2,5]
[答案] C
[解析] 设a1＝x，d＝y，则作出不等式组表示的平面区域，令z＝a4＝a1＋3d＝x＋3y，作直线l0：x＋3y＝0，平移l0可知当直线x＋3y＝z经过可行域内的点A(0，)时，zmax＝，经过点B(1，)时，zmin＝，
∴选C．
9．(2021·洛阳市期中)执行下边的程序框图，若输出的S是127，则推断框内应当是( )
A．n≤5 B．n≤6
C．n≤7 D．n≤8
[答案] B
[解析] 由框图知该程序是求数列{2n－1}的前n＋1项和，由于输出S＝127，由127＝1＋2＋22＋…＋2n＝＝2n＋1－1，∴n＝6，故最终加上的一项为26，此时n＝7，故条件应为n≤6.
10．(2022·武汉市调研)设a，b∈R，则“a＋b＝1”是“a2＋b2＝1”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案] A
[解析] 若a＋b＝1，则a＝1－b，两边平方得，a2(1－b2)＝1＋b2(1－a2)－2b，∴a2－b2－1＝－2b，两边平方得，a4＋b4－2a2＋2b2－2a2b2＋1＝4b2－4a2b2，∴a4＋b4－2a2－2b2＋2a2b2＋1＝0，∴(a2＋b2－1)2＝0，∴a2＋b2＝1；若a2＋b2＝1，则a＋b＝a·|a|＋b·|b|＝1不愿定成立，故选A．
11．(文)(2021·广东揭阳一中期中)定义一种新运算：a⊗b＝，已知函数f(x)＝(1＋)⊗log2x，若函数g(x)＝f(x)－k恰有两个零点，则k的取值范围为( )
A．(1,2] B．(1,2)
C．(0,2) D．(0,1)
[答案] B
[解析] 由a⊗b的定义知，a⊗b取a与b中的较小值，当x＝4时，y1＝1＋＝2，y2＝log2x＝2，当0<x≤4时，f(x)＝log2x，当x>4时，f(x)＝1＋，g(x)恰有两个零点⇔y＝f(x)的图象与直线y＝k恰有两个交点，故1<k<2.
(理)(2021·山西大同市调研)如图，偶函数f(x)的图象如字母M，奇函数g(x)的图象如字母N，若方程f(f(x))＝0，f(g(x)＝0的实根个数分别为m、n，则m＋n＝( )
A．18 B．16
C．14 D．12
[答案] A
[解析] 由图象知，f(x)＝0有3个根，0，±，g(x)＝0有3个根，其中一个为0，设与x轴另两个交点横坐标为±x0(0<x0<1)．
由f(g(x))＝0，得g(x)＝0或±，
由图象可知g(x)所对每一个值都能有3个根，因而m＝9；
由g(f(x))＝0，知f(x)＝0或±x0，
由图象可以看出f(x)＝0有3个根，而f(x)＝x0有4个根，f(x)＝－x0只有2个根，加在一起共有9个根，即n＝9，
∴m＋n＝9＋9＝18，故选A．
12．(文)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面α，记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y，设BP＝x，则当x∈[1,5]时，函数y＝f(x)的值域为( )
A．[2，6] B．[2，18]
C．[3，18] D．[3，6]
[答案] D
[解析] 由于棱长为2，所以体对角线BD1＝6，依据对称性，只需争辩x∈[1,3]时，函数y＝f(x)的值域，连接AB1，B1C，AC，则BD1⊥平面AB1C，此时BP＝2，当BP＝1时，截面周长为截面AB1C周长的一半，即3，当BP＝3时，即当截面过体对角线BD1的中点时，此时截面为正六边形，其顶点为各棱的中点，如图所示，截面周长为6，所以函数y＝f(x)的值域为[3，6]．
(理)(2021·山东师大附中模拟)设向量a＝(a1，b1)，b＝(a2，b2)，定义一种运算“⊕”．向量a⊕b＝(a1，b1)⊕(a2，b2)＝(a2b1，a1b2)，已知m＝(2，)，n＝(，0)，点P(x，y)在y＝sinx的图象上运动，点Q在y＝f(x)的图象上运动且满足＝m⊕＋n(其中O为坐标原点)，则y＝f(x)的最小值为( )
A．－1 B．－2
C．2 D．
[答案] B
[解析] 由题意设点P的坐标为(t，sint)，则＝m⊕＋n＝(t,2sint)＋(，0)＝(t＋，2sint)，
又由于点Q在y＝f(x)的图象上运动，所以点Q的坐标满足y＝f(x)的解析式，
设Q(x，y)，则消去t得，y＝2sin(2x－)．
所以函数y＝f(x)的最小值为－2，故应选B．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(文)(2022·三峡名校联盟联考)观看下列不等式：
1＋<，
1＋＋<，
1＋＋＋<，
……
照此规律，第五个不等式为__________________．
[答案] 1＋＋＋＋＋<
[解析] 本题考查了归纳的思想方法．
观看可以发觉，第n(n≥2)个不等式左端有n＋1项，分子为1，分母依次为12,22,32，…，(n＋1)2；右端分母为n＋1，分子成等差数列，因此第n个不等式为1＋＋＋…＋<，
所以第五个不等式为：
1＋＋＋＋＋<.
(理)(2022·海南省文昌市检测)将全体正奇数排成一个三角形数阵：
1
3 5
7 9 11
13 15 17 19
……
依据以上排列的规律，第n 行(n ≥3)从左向右的第3个数为________．
[答案] n2－n＋5
[解析] 第一行有1个数，其次行有2个数，…，第n行有n个数，∴第一行到第n－1行共有＝个数，因此第n行的第一个数为n(n－1)＋1，第3个数为n2－n＋5.
14．(2021·深圳市五校联考)下图是一个算法的程序框图，若输出的结果是31，则推断框中的正整数M的值是________．
[答案] 4
[解析] 程序运行过程依次为：n＝1，S＝1，n≤M成立→S＝1＋21＝3，n＝1＋1＝2，S≤M成立→S＝3＋22＝7，n＝2＋1＝3，S≤M成立→S＝7＋23＝15，n＝3＋1＝4，S≤M成立→S＝15＋24＝31，n＝4＋1＝5，由于输出结果为31，故此时S≤M不成立，∴M＝4.
15．(文)(2022·湖南长沙试验中学、沙城一中联考)定义一种运算“*”对于正整数满足以下运算性质：(1)2] .
[答案] 31005
[解析] 令an＝(2n)*2022，由(1)知a1＝1；由(2)知，an＋1＝3an，∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n－1，∴2022]
(理)(2022·福建安溪一中、养正中学联考)已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)满足：对任意x∈(0，＋∞)，恒有f(2x)＝2f(x)成立；当x∈(1,2]时，f(x)＝2－x.给出如下结论：
①对任意m∈Z，有f(2m)＝0；②函数f(x)的值域为[0，＋∞)；③存在n∈Z，使得f(2n＋1)＝9；④“函数f(x)在区间(a，b)上单调递减”的充要条件是“存在k∈Z，使得(a，b)⊆(2k,2k＋1)”．其中全部正确结论的序号是________．
[答案] ①②④
[解析] ∵对任意x∈(0，＋∞)，都有f(2x)＝2f(x)成立，∴对任意m∈Z，有f(2m)＝2f(2m－1)＝22f(2m－2)＝…＝2m－1f(2)＝2m－1×(2－2)＝0，∴①成立；∵f(2x)＝2f(x)(x>0)且当x∈(1,2]时，f(x)＝2－x，∴x∈(2n,2n＋1]时(n≥1，n∈Z)，f(x)＝2n＋1－x≥0，当x∈(，1]时，2x∈(1,2]，∴f(2x)＝2－2x＝2f(x)，∴f(x)＝1－x；当x∈(，]时，f(x)＝－x，综上知，对任意n∈Z，有x∈(2n,2n＋1]时，f(x)＝2n＋1－x≥0，且在每个区间(2n,2n＋1]上f(x)为减函数，从而②④正确；∵2n<2n＋1<2n＋1，∴f(2n＋1)＝2n＋1－2n－1＝2n－1，令2n－1＝9，得2n＝10，这样的整数n不存在，∴③错．
16．(2021·武汉市调研)平面几何中有如下结论：如图1，设O是等腰Rt△ABC底边BC的中点，AB＝1，过点O的动直线与两腰或其延长线的交点分别为Q，R，则有＋＝2.类比此结论，将其拓展到空间得：如图2，设O是正三棱锥A－BCD底面BCD的中心，AB，AC，AD两两垂直，AB＝1，过点O的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为Q，R，P，则有________________．
[答案] ＋＋＝3
[解析] 设O到各个平面的距离为d，而VR－AQP＝S△AQP·AR＝··AQ·AP·AR＝AQ·AP·AR，
又∵VR－AQP＝VO－AQP＋VO－ARP＋VO－AQR＝S△AQP·d＋S△ARP·d＋S△AQR·d，
＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，
AQ·AP·AR＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，
即＋＋＝，而VA－BDC＝S△BDC·h＝··()2·＝，
VO－ABD＝VA－BDC＝，
即·S△ABD·d＝··d＝⇒d＝，
∴＋＋＝3.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(2022·山东省烟台市期末)在平面直角坐标系中，角α，β的始边为x轴的非负半轴，点P(1,2cos2θ)在角α的终边上，点Q(sin2θ，－1)在角β的终边上，且·＝－1.
(1)求cos2θ；
(2)求P，Q的坐标并求sin(α＋β)的值．
[解析] (1)∵·＝－1，∴sin2θ－2cos2θ＝－1，
∴－(1＋cos2θ)＝－1，
∴cos2θ＝.
(2)由(1)得：cos2θ＝＝，∴P(1，)，
sin2θ＝＝，∴Q(，－1)，
∴|OP|＝＝，
|OQ|＝＝，
∴sinα＝，cosα＝，sinβ＝－，cosβ＝，
∴sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝－
18．(本小题满分12分)(文)(2022·课标全国Ⅱ文)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB//平面AEC；
(2)设AP＝1，AD＝，三棱锥P－ABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离．
[解析] (1)设BD与AC的交点为O，连结EO，
由于四边形ABCD为矩形，所以O为BD的中点，又E为PD的中点，所以EO∥PB．
EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，
所以PB∥平面AEC．
(2)V＝PA·AB·AD＝AB．
由V＝，可得AB＝.
作AH⊥PB交PB于点H.
由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC，
∵在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝，
∴AH＝＝.
所以A到平面PBC的距离为.
(理)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面相互垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB．
(1)求证：AB⊥DE；
(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；
(3)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.
由于EB＝EA，所以EO⊥AB．
由于四边形ABCD为直角梯形，
AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，
所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD．
所以AB⊥平面EOD，又ED⊂平面EOD，所以AB⊥ED．
(2)由于平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，
所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD．
由OB、OD、OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由于三角形EAB为等腰直角三角形，
所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，
所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．所以＝(1,1，－1)，
平面ABE的一个法向量为＝(0,1,0)．
设直线EC与平面ABE所成的角为θ，
所以sinθ＝|cos〈，〉|＝＝，
即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.
(3)存在点F，且＝时，有EC∥平面FBD．
证明如下：由＝＝(－，0，－)，F(－，0，)，所以＝(，0，－)．
设平面FBD的法向量为v＝(a，b，c)，
则有所以
取a＝1，得v＝(1,1,2)．
由于·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，
且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD，
即点F满足＝时，有EC∥平面FBD．
19．(本小题满分12分)(2021·广州执信中学期中)已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n∈N*.
(1)证明：数列{lg(1＋an)}是等比数列；
(2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn；
(3)记bn＝＋，求数列{bn}的前项和Sn.
[解析] (1)由已知an＋1＝a＋2an，∴an＋1＋1＝(an＋1)2，∵a1＝2，∴an＋1>1，两边取对数得
lg(1＋an＋1)＝2lg(1＋an)，即＝2，∴{lg(1＋an)}是公比为2的等比数列．
(2)由(1)知lg(1＋an)＝2n－1·lg(1＋a1)＝2n－1·lg3＝lg32n－1，∴1＋an＝32n－1，(*)
∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320·321·322·…·32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1，
即Tn＝32n－1.
(3)∵an＋1＝a＋2an，∴an＋1＝an(an＋2)，
∴＝(－)，
∴＝－，
又bn＝＋，∴bn＝2(－)，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2(－＋－＋…＋－)＝2(－)．
∵an＝32n－1－1，a1＝2，an＋1＝32n－1，∴Sn＝1－.
20．(本小题满分12分)(文)(2021·焦作市期中)2022年9月，河南省第十二届运动会在焦作进行，我市男子篮球队获得冠军，赛前集训期间，甲、乙两球员进行定点投篮训练，每人每组投篮100次，各5组，如图所示茎叶图表示甲、乙两位球员的投篮命中次数，其中一个数字模糊，无法确认，在图中以X表示．
(1)若X＝8，假如你是教练，你会首先选择甲、乙中的哪位球员上场？并说明理由；
(2)若乙的平均投篮命中次数高于甲的平均投篮命中次数，从甲、乙两人投篮中次数不低于90次的5组中任选2组，求所选2组投篮命中次数差的确定值不超过2次的概率．
[解析] (1)甲＝90，乙＝90.
S＝[(88－90)2＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(92－90)2]＝2，
S＝[(83－90)2＋(83－90)2＋(87－90)2＋(98－90)2＋(99－90)2]＝50.4，
S<S，∴甲更稳定，选择甲上场．
(2)由题意知，>，
∴X>8，∴X＝9.
从5组数据中选取2组有：(92,91)，(92,90)，(92,99)，(92,99)，(91,90)，(91,99)，(91,99)，(90,99)，(90,99)，(99,99)共10种可能，其中符合条件的有4种：(92,91)，(92,90)，(91,90)，(99,99)，∴P＝＝.
(理)(2022·天津河西区期末)某中学从高中三个班级选派4名老师和20名同学去当文明交通宣扬志愿者，20名同学的名额支配为高一12人，高二6人，高三2人．
(1)若从20名同学中选出3人做为组长，求他们中恰好有1人是高一班级同学的概率；
(2)若将4名老师随机支配到三个班级(假设每名老师加入各班级是等可能的，且各位老师的选择是相互独立的)，记支配到高一班级的老师人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
[解析] (1)解：设“他们中恰好有1人是高一班级同学”为大事A，则P(A)＝＝.
所以恰好有1人是高一班级同学的概率为.
(2)解：X的全部取值为0,1,2,3,4.
由题意可知，每位老师选择高一班级的概率均为，
所以P(X＝0)＝C()0()4＝；
P(X＝1)＝C()1()3＝
P(X＝2)＝C()2()2＝＝；
P(X＝3)＝C()3()1＝；
P(X＝4)＝C()4()0＝.
随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
21．(本小题满分12分)(文)(2021·山东菏泽期中)已知函数f(x)＝lnx－.
(1)若a>0，试推断f(x)在定义域内的单调性；
(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求a的值；
(3)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
[解析] (1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝＋＝，a>0，
∴f ′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．
(2)由(1)可知，f ′(x)＝.
①若a≥－1，则x＋a≥0，即f ′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为增函数，
∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去)．
②若a≤－e，则x＋a≤0，即f ′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数．
∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去)，
③若－e<a<－1，令f ′(x)＝0得x＝－a，
当1<x<－a时，f ′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数；
当－a<x<e时，f ′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－.
综上所述，a＝－.
(3)∵f(x)<x2，∴lnx－<x2.
又x>0，∴a>xlnx－x3，
令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，
h′(x)＝－6x＝.
∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数．
∴h(x)<h(1)＝－2<0，即g′(x)<0，
∴g(x)在(1，＋∞)上也是减函数．
g(x)<g(1)＝－1，∴当a≥－1时，f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立．
(理)(2021·北师大附中期中)设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f ′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f ′(x)．
(1)求g(x)的单调区间和最小值；
(2)争辩g(x)与g()的大小关系；
(3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)由题知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋，∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，
因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为微小值点，从而是最小值点，所以最小值为g(1)＝1.
(2)g()＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，则h′(x)＝－，
当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g()，
当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<g()．
(3)满足条件的x0不存在．证明如下：
证法一：假设存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立，即对任意x>0，有lnx<g(x0)<lnx＋(*)，但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*)左边不等式冲突，因此，不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立．
证法二：假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意的x>0成立．
由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1.
又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1时，lnx的值域为(0，＋∞)，
∴x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)，从而可取一个x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1，
即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，与假设冲突．
∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立．
22．(本小题满分14分)(2021·遵义航天中学二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋＝0相切．过点(m,0)作圆的切线l交椭圆C于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)将△OAB面积表示为m的函数，并求出面积的最大值．
[解析] (1)由题意，e2＝()2＝＝，则a2＝2b2，
由题意知，b＝1，
∴a2＝2，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意，设直线l的方程为x＝ky＋m，(|m|≥1)，由消去x得，(k2＋2)y2＋2kmy＋m2－2＝0.
设A、B两点的坐标分别为(x1，y1)(x2，y2)，则
y1＋y2＝－，y1y2＝.
又由l与圆x2＋y2＝1相切，得＝1，即m2＝k2＋1，∴|AB|＝·|y1－y2|
＝＝.
又∵原点到直线l的距离d＝1，
∴S△OAB＝|AB|·d＝(m≥1)．
又∵＝≤，
(当且仅当m＝±1时，等号成立)．∴m＝±1时，△OAB的面积最大，最大值为.
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