期末考试综合检测(二)-【突破课堂】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步单元达标检测卷（人教A版）

密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 高中同步达标检测卷 期末考试综合检测(二) 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40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.已知等比数列{an}满足++=2,a2=2,记Sn为{an}的前n项和,则S3=(　　) A.1　　　B.2　　　 C.4　　　D.8 2.已知函数f(x)=2x3+ax2+36x-24在x=2处有极值,则该函数的单调递增区间是(　　) A.(-∞,2)和(3,+∞)　　　B.(2,3) C.(2,+∞)　　　D.(-∞,3) 3.已知数列{an}满足a1=2,an=2-,n≥2,则a2 025=(　　) A.　　　B.　　　 C.2　　　D. 4.已知数列{an}满足a1=1,an+1+an=(n+1)·sin(n≥2,n∈N*),Sn是数列{an}的前n项和,则S2 025=(　　) A.510　　　B.508　　　C.1 013　　　D.1 011 5.曲线C1:y=x2和曲线C2:y=4ex-2的公切线方程为(　　) A.4x-y-4=0　　　B.x-2y-4=0 C.x-y+1=0　　　D.2x-y-2=0 6.已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(2n-1)·2n,设bn=,Sn为数列{bn}的前n项和.若Sn<t对任意n∈N*恒成立,则实数t的最小值是(　　) A.1　　　B.　　　C.2　　　D. 7.已知不等式x+aln x+≥xa对任意x∈(1,+∞)恒成立,则实数a的最小值为(　　) A.-　　　B.-　　　C.-e　　　D.-2e 8.已知函数f(x)=ln x+1-ax有两个零点x1,x2,且x1<x2,则下列命题正确的是(　　) A.a>1　　　B.x1+x2<　　　 C.x1x2<1　　　D.x2-x1>-1 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.下列说法正确的是(　　) A.已知a=5+2,c=5-2,则a,b,c成等比数列的充要条件为b=1 B.若{an}为等差数列,其前n项和为Tn,且a1 011<0,a1 011+a1 012>0,则当Tn<0时,n的最大值为2 022 C.若an=-2n+11,则数列{an}的前5项的和最大 D.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若=,则= 10.已知函数f(x)=+ln x,下列说法正确的是(　　) A. f(1)是f(x)的极大值 B.函数y=f(x)-x有且只有1个零点 C. f(x)在(0,1)上单调递减 D.设g(x)=xf(x),则g(x)≥g 11.定义:在区间I上,若函数y=f(x)单调递减,且y=xf(x)单调递增,则称y=f(x)在区间I上是“弱减函数”.根据定义可得(　　) A. f(x)=在(0,+∞)上是“弱减函数” B. f(x)=在(1,2)上是“弱减函数” C.若f(x)=在(m,+∞)上是“弱减函数”,则m≥e D.若f(x)=cos x+kx2在上是“弱减函数”,则≤k≤ 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.设函数f(x)=ln x+2,若曲线y=f(x)在点(x0, f(x0))处的切线与抛物线y2=4x相切,则x0的值为　　　　.  13.已知函数f(x)=e2x-2a(x-2)ex-a2x2(a>0)恰有两个零点,则a=　　　　.  14.“雪花”是非常美丽的图案,理论上,一片雪花的周长可以无限长,围成雪花的曲线称作“雪花曲线”,又称“科赫曲线”,是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.下图是“雪花曲线”的一种形成过程:从一个正三角形开始,把每条边分成三等份,然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形,再去掉底边,重复进行这一过程.若第1个图形中的三角形的周长为1,则第n个图形的周长为　　　　;若第1个图形中的三角形的面积为1,则第n个图形的面积为　　　　　　　.  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.(13分)设f(x)=sin xcos x+acos x,x∈. (1)若a=1,求f(x)的值域; (2)若f(x)存在极值点,求实数a的取值范围. 16.(15分)已知数列{an}满足:a1=1,且对于任意正整数n,均有n(an+1-an)=an+2n2+2n. (1)证明:为等差数列; (2)若bn=,求数列{bn}的前n项和Sn. 17.(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n-3. (1)证明数列{an-1}为等比数列,并求{an}的通项公式; (2)在an和an+1之间插入n个数,使这(n+2)个数组成一个公差为dn的等差数列,求数列的前n项和Tn; (3)在(2)的条件下,若对任意的n∈N*,Tn>m恒成立,求实数m的取值范围. 18.(17分)已知函数f(x)=2x2-3sin(x+φ),其中|φ|≤. (1)若f(x)是偶函数,求φ; (2)当φ=0时,讨论函数f(x)在[0,+∞)上的零点个数; (3)若∀x≥0, f(x)≥0,求φ的取值范围. 19.(17分)已知函数f(x)=ex+axe-x. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程; (2)若a≥2,x≥1,求证:f(x)>3cos x; (3)当a≥4时,令g(x)=ex,曲线y=g(x)在x=m,x=n(m<n)处的切线的斜率相同,记g(m)+g(n)的最小值为G(a),求G(a)的最小值. 答案与解析 1.D　依题意得++=+=+===2, 则S3=8. 2.A　由f(x)=2x3+ax2+36x-24得f '(x)=6x2+2ax+36, ∵f(x)在x=2处有极值, ∴f '(2)=0,即24+4a+36=0,解得a=-15, ∴f '(x)=6x2-30x+36=6(x-2)(x-3), 由f '(x)>0,得x<2或x>3, ∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,2)和(3,+∞). 3.B　由a1=2,an=2-,可得a2=2-=2-=,a3=2-=2-=,a4=2-=2-=,a5=2-=2-=, 猜想:an=. 当n=1时,a1==2,猜想成立; 假设当n=k(k∈N*)时猜想成立,即ak=,则ak+1=2-=2-=,即n=k+1时猜想成立,所以an=对任意n∈N*都成立,因此a2 025=. 4.C　由已知得an+1+an=(n+1)·sin=(n+1)·cos(n≥2,n∈N*),则a2+a3=3cos π=-3,a4+a5=5cos 2π=5,a6+a7=7cos 3π=-7, a8+a9=9,……,a2 022+a2 023=-2 023,a2 024+a2 025=2 025, 所以S2 025=a1+(a2+a3+a4+a5)+(a6+a7+a8+a9)+…+(a2 022+a2 023+a2 024+a2 025)=1+(-3+5)+(-7+9)+…+(-2 023+2 025)=1+2×506=1 013. 5.A　由y=x2得y'=2x,由y=4ex-2得y'=4ex-2, 设曲线C1,C2的公切线与曲线C1相切于点(x1,),则切线的斜率为2x1,与曲线C2相切于点(x2,4),则切线的斜率为4, 所以2x1=4,即x1=2. 当曲线C1与曲线C2的切点相同时,x1=x2,=4, 所以x1=x2=2,所以切点为(2,4), 此时公切线的方程为4x-y-4=0; 当曲线C1与曲线C2的切点不同时,x1≠x2,2x1=,又x1=2,所以x2-1=,解得x2=2,则x1=2,与x1≠x2矛盾, 故不存在两切点不同的情况. 综上可得,曲线C1与曲线C2的公切线方程为4x-y-4=0. 6.D　设Tn为数列{nan}的前n项和,则Tn=(2n-1)·2n, 当n=1时,a1=T1=2; 当n≥2时,nan=Tn-Tn-1=(2n-1)·2n-(2n-3)·2n-1=(2n+1)·2n-1, 验证可知,当n=1时,不满足nan=(2n+1)·2n-1, ∴nan=∴bn= ∴当n=1时,S1=b1=, 当n≥2时,Sn=+++…+=+=-, 验证可知,当n=1时,满足Sn=-,∴Sn=-(n∈N*), 易知Sn=-随n的增大而增大,又>0,∴Sn<,∴t≥,即实数t的最小值为. 7.C　由x+aln x+≥xa,得x+≥xa-aln x=xa-ln xa,即-ln≥xa-ln xa, 构造函数f(x)=x-ln x(x>0),原不等式即为f≥f(xa). 易得f '(x)=1-=, 令f '(x)>0,解得x>1,令f '(x)<0,解得0<x<1, 因此f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 当x>1时,0<<,xa与1的大小不确定,要使a最小,只需考虑其为负数的情况,此时0<xa<1, 因为当0<x<1时, f(x)单调递减,所以≤xa, 两边取对数得-x≤aln x,又x>1,所以a≥-, 令g(x)=-,x>1,则g'(x)=, 令g'(x)>0,得1<x<e,令g'(x)<0,得x>e, 故g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 故g(x)≤g(e)=-e,因此a的最小值是-e. 8.D　令f(x)=0,得a=, 由已知得直线y=a与函数y=的图象有两个交点, 令g(x)=,x>0,则g'(x)=-,令g'(x)=0,得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 当0<x<时,g(x)<0,当x>时,g(x)>0,当x→0+时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,在同一平面直角坐标系中画出g(x)的图象和直线y=a,如图所示: 因为直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点,所以a∈(0,1),A错误. 易得f '(x)=-a=, 由f '(x)>0得0<x<,由f '(x)<0得x>, 所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为,则必有0<x1<<x2,所以-x1>, 令h(x)=f-f(x)=ln-ln x+2ax-2,其中0<x<, 则h'(x)=-+2a=<0,则h(x)在上单调递减, 所以h(x1)>h=0,即f-f(x1)>0,即f(x1)<f, 又f(x2)=f(x1)=0,所以f(x2)<f, 因为函数f(x)在上单调递减,所以x2>-x1,即x1+x2>,B错误. 由题意得则x1+x2=>, 所以ln(x1x2)>0,可得x1x2>1,C错误. 由图可知<x1<1<x2,则-x1>-1,又因为x2>,所以x2-x1>-1,D正确. 9.CD　对于A,若a,b,c成等比数列,则b2=ac=(5+2)×(5-2)=1,解得b=±1,A错误; 对于B,由等差数列的性质可得a1+a2 022=a1 011+a1 012>0, 所以T2 022=>0,B错误; 对于C,因为an=-2n+11,所以a1=-2+11=9,an+1-an=-2(n+1)+11-(-2n+11)=-2,所以{an}为等差数列, 故{an}的前n项和An==-n2+10n=-(n-5)2+25, 由二次函数的性质可得当n=5时,An取得最大值,C正确; 对于D,设S4=m,因为=,所以m≠0,且S8=5m,由等差数列前n项和的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等差数列, 又S4=m,S8-S4=4m,所以S12-S8=7m,S16-S12=10m,解得S12=12m,S16=22m,所以=,D正确. 10.BCD　对于A,C,函数f(x)=+ln x的定义域为(0,+∞), f '(x)=-+=, 当0<x<1时, f '(x)<0,则函数f(x)在(0,1)上单调递减, 当x>1时, f '(x)>0,则函数f(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以当x=1时,函数f(x)取得极小值,为f(1)=1,故A错误,C正确; 对于B,函数y=f(x)-x=+ln x-x,其定义域为(0,+∞), 则y'=-+-1=<0, 故函数y=f(x)-x在(0,+∞)上单调递减, 又当x=1时,y=f(1)-1=0, 所以函数y=f(x)-x有且只有1个零点,故B正确; 对于D,g(x)=xf(x)=1+xln x,其定义域为(0,+∞), 则g'(x)=ln x+1,令g'(x)=0,得x=, 当0<x<时,g'(x)<0,则函数g(x)在上单调递减, 当x>时,g'(x)>0,则函数g(x)在上单调递增, 所以g(x)≥g,故D正确. 11.BCD　对于A, f(x)=在(0,+∞)上单调递减,y=xf(x)=1,是常数函数,不具有单调性,故A错误. 对于B, f(x)=,则f '(x)=,当x∈(1,2)时, f '(x)<0, ∴函数f(x)在(1,2)上单调递减, y=xf(x)=,则y'==,当x∈(1,2)时,y'=>0,∴y=xf(x)在(1,2)上单调递增,故B正确. 对于C,易知f(x)=在(m,+∞)上单调递减, f '(x)=,令f '(x)<0,得x>e,故f(x)在(e,+∞)上单调递减,∴m≥e,又y=xf(x)=ln x在(e,+∞)上单调递增,∴m≥e,故C正确. 对于D,由已知得f(x)=cos x+kx2在上单调递减, ∴f '(x)=-sin x+2kx≤0在x∈上恒成立,即2k≤在上恒成立,即2k≤,x∈. 令h(x)=,x∈,则h'(x)=, 令φ(x)=xcos x-sin x,x∈, 则φ'(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x<0, ∴φ(x)在上单调递减,∴φ(x)<φ(0)=0, ∴h'(x)<0,∴h(x)在上单调递减, ∴h(x)>h=,∴2k≤,∴k≤. 令g(x)=xf(x)=xcos x+kx3,则g(x)在上单调递增, ∴g'(x)=cos x-xsin x+3kx2≥0在x∈上恒成立, 即3k≥在x∈上恒成立, 即3k≥,x∈, 令F(x)=,x∈,则F'(x)=, 易知当x∈时,F'(x)>0,∴F(x)在上单调递增, ∴F(x)<F=,∴3k≥,∴k≥. 综上,k的取值范围是,故D正确. 12.答案　1 解析　由题意得f(x0)=ln x0+2,x0>0,f '(x)=,则f '(x0)=, 所以曲线f(x)在点(x0, f(x0))处的切线方程为y-(ln x0+2)=(x-x0),即y=x+ln x0+1, 联立消去x,整理得y2-4x0y+4x0(ln x0+1)=0, 由已知得Δ=(-4x0)2-16x0(ln x0+1)=0,即ln x0-x0+1=0. 令g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=, 当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,则g(x)max=g(1)=0,则x0=1. 13.答案　 解析　因为f(x)=e2x-2a(x-2)ex-a2x2(a>0), 所以f '(x)=2e2x-2a[ex+(x-2)ex]-2a2x=2(ex-ax)(ex+a). 令y=ex-ax,则y'=ex-a,令y'=0,得x=ln a, 故当x>ln a时,y'>0,函数y=ex-ax单调递增, 当x<ln a时,y'<0,函数y=ex-ax单调递减, 故当x=ln a时,函数y=ex-ax取得极小值,也是最小值,为a(1-ln a), 当a(1-ln a)≥0,即0<a≤e时, f '(x)≥0,函数f(x)在R上单调递增,不可能有两个零点,与题意不符; 当a(1-ln a)<0,即a>e时,函数y=ex-ax的图象与x轴有两个交点, 设交点为(x1,0),(x2,0),且x1<x2, 则当x<x1或x>x2时,ex-ax>0,即f '(x)>0,函数f(x)单调递增, 当x1<x<x2时,ex-ax<0,即f '(x)<0,函数f(x)单调递减, 函数f(x)恰有两个零点即函数f(x)的图象与x轴有两个交点,即f(x1)=0或f(x2)=0, 所以-2a(x1-2)-a2=0或-2a(x2-2)-a2=0, 又=ax1,=ax2, 所以x1=2或x2=2,所以a===. 14.答案　;-× 解析　记第n个图形为Pn,其边长为an,边数为bn,周长为Ln,面积为Sn.若第1个图形中的三角形的周长为1,则a1=,b1=3, 则P1有b1=3条边,边长为a1=;P2有b2=4b1条边,边长为a2=a1;P3有b3=42b1条边,边长为a3=a1;……, 则an=a1=,bn=b1·4n-1=3×4n-1. 所以Ln=anbn=×3×4n-1=. 由题意可知Pn是在Pn-1的每条边上生成一个小三角形,即Sn=Sn-1+bn-1×,n≥2, 故Sn-Sn-1=××bn-1,Sn-1-Sn-2=××bn-2,……,S2-S1=××b1,累加可得Sn-S1=(·bn-1+·bn-2+…+·b1)(n≥2). 因为数列{an}是以为公比的等比数列,数列{bn}是以4为公比的等比数列,所以{·bn-1}是以为公比的等比数列, 若第1个图形中的三角形的面积为1,则S1=1,即=1,故=,则=,又b1=3, 所以·bn-1+·bn-2+…+·b1==,所以Sn-S1=×(n≥2), 所以Sn=-×(n≥2),又S1=1满足上式,所以Sn=-×. 15.解析　(1)若a=1,则f(x)=sin xcos x+cos x,x∈, 故f '(x)=cos2x-sin2x-sin x=-2sin2x-sin x+1=-(sin x+1)(2sin x-1),(3分) 当x∈时,sin x+1>0,2sin x-1<0,则f '(x)>0, f(x)单调递增; 当x∈时,sin x+1>0,2sin x-1>0,则f '(x)<0, f(x)单调递减.(5分) 又f=, f(0)=1, f=0, 所以f(x)的值域为.(7分) (2)f '(x)=cos2x-sin2x-asin x=1-2sin2x-asin x,x∈. 若f(x)存在极值点,则f '(x)=0在x∈上有解,即a=-2sin x在x∈上有解.(9分) 令t=sin x,因为x∈,所以t∈(0,1),则a=-2t在t∈(0,1)上有解.(11分) 易知函数g(t)=-2t在(0,1)上单调递减,所以g(t)>g(1)=-1,又当t→0+时,g(t)→+∞,所以a>-1,即a的取值范围是(-1,+∞).(13分) 16.解析　(1)证明:由n(an+1-an)=an+2n2+2n,可得nan+1-(n+1)an=2n(n+1),故=2,即-=2,(4分) 因此是首项为=1,公差为2的等差数列.(6分) (2)由(1)得=1+2(n-1)=2n-1,(8分) 所以bn==,(10分) 则Sn=b1+b2+…+bn=+++…+, 所以Sn=++…++,(12分) 两式相减得Sn=+++…+-=1+-=2-,(14分) 故Sn=3-.(15分) 17.解析　(1)因为Sn=2an+n-3①, 所以当n=1时,a1=2a1-2,所以a1=2, 当n≥2时,Sn-1=2an-1+n-4②, ①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1,(2分) 所以an-1=2(an-1-1),又a1-1=1, 所以数列{an-1}是首项为1,公比为2的等比数列, 所以an-1=2n-1,故an=2n-1+1.(5分) (2)由已知得an+1=an+(n+1)dn,所以2n+1=2n-1+1+(n+1)dn, 解得dn=,所以=.(7分) 所以Tn=+++…+, 则Tn=++…++, 两式相减得Tn=2+++…+- =2+-=3-,(9分) 所以Tn=6-.(10分) (3)由于对任意的n∈N*,Tn>m恒成立,所以6->m恒成立, 即m<. 令bn=,则bn+1-bn=-=-<0,(13分) 所以数列{bn}是递减数列,故数列{bn}中的最大项为b1==4, 所以=2,所以m<2. 故实数m的取值范围为(-∞,2).(15分) 18.解析　(1)若f(x)是偶函数,则f(x)=f(-x),即2x2-3sin(x+φ)=2(-x)2-3sin(-x+φ),因此sin(x+φ)=sin(-x+φ),(2分) 所以cos φ=0,又|φ|≤,所以φ=±.(4分) (2)当φ=0时, f(x)=2x2-3sin x,则f '(x)=4x-3cos x, 令g(x)=f '(x)=4x-3cos x,则g'(x)=4+3sin x>0恒成立, 因此g(x)=f '(x)在[0,+∞)上单调递增,(6分) 又f '(0)=-3<0, f '=2π>0,所以∃x0∈,使得f '(x0)=0, 当x>x0时, f '(x)>0,当0<x<x0时, f '(x)<0, 因此f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,(8分) 又f(0)=0,所以f(x0)<0, 又f(π)=2π2>0,所以f(x)在(x0,+∞)上存在一个零点, 故f(x)在[0,+∞)上有两个零点.(10分) (3)由题意得,当x=0时,f(0)=-3sin φ≥0,即sin φ≤0,又|φ|≤,所以φ∈.(11分) 当x∈[0,+∞)时, f '(x)=4x-3cos(x+φ), 令h(x)=f '(x)=4x-3cos(x+φ),则h'(x)=4+3sin(x+φ)>0, 则h(x)=f '(x)在[0,+∞)上单调递增,则f '(x)≥f '(0)=-3cos φ.(12分) (i)若φ=-,则f '(x)≥f '(0)=0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增, 则f(x)≥f(0)=-3sin=3,符合题意.(13分) (ii)若φ∈,则f '(0)=-3cos φ<0, f '=2π-3cos>0, 则由函数零点存在定理知∃x1∈,使得f '(x1)=0,即4x1=3cos(x1+φ)①,(14分) 当x>x1时, f '(x)>0,当0<x<x1时, f '(x)<0, 故f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增, 则f(x)min=f(x1)=2-3sin(x1+φ)≥0②,(15分) 因为φ∈,x1∈,所以x1+φ∈, 若sin(x1+φ)≤0,则②式显然成立, 若sin(x1+φ)>0,即x1+φ∈, 由①②可得4+16-9≥0,所以≥, 因为x1∈,所以≤x1<,即≤cos(x1+φ)<, 则≤cos(x1+φ)<1,因此0<sin(x1+φ)≤,(16分) 因为sin θ=,θ∈,所以x1+φ≤θ,则φ≤θ-x1≤θ-, 则-<φ≤θ-. 综上,φ的取值范围是.(17分) 19.解析　(1)当a=1时, f(x)=ex+xe-x, ∴f(0)=1, f'(x)=ex+e-x-xe-x,(2分) ∴f'(0)=2,∴曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=2x+1.(4分) (2)证明:当a≥2,x≥1时, f(x)=ex+axe-x≥ex+2xe-x,(5分) 令h(x)=ex+2xe-x,x≥1,则h'(x)=ex+(2-2x)e-x=, 令φ(x)=ex-x-1,x≥1,则φ'(x)=ex-1>0, ∴φ(x)单调递增,∴φ(x)≥φ(1)=e-2>0,∴当x≥1时,ex>x+1,(8分) ∴当x≥1时,(ex)2>(x+1)2,即(ex)2-2x>x2+1≥2,∴(ex)2+(2-2x)>4,即h'(x)>0,∴h(x)=ex+2xe-x在[1,+∞)上单调递增, ∴f(x)≥h(x)≥h(1)=e+>3≥3cos x,即f(x)>3cos x.(10分) (3)g(x)=ex=-+ex-, 则g'(x)=-e2x+ex-=-(ex-1),∵a≥4,∴ln >0, 故当x∈(-∞,0)∪时,g'(x)<0,当x∈时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,0)和上单调递减,在上单调递增,(13分) 由已知得g'(m)=g'(n)(m<n),则-e2m+em-=-e2n+en-,整理得em+en=+1, ∴g(m)+g(n)=+em+n-(m+n), 易得em+en=+1≥2,当且仅当m=n时等号成立, ∵m<n,∴0<em+n<=.(15分) 记t=em+n,则t∈,令F(t)=+t-ln t,则F'(t)=1-,0<t<, 当t∈时,F'(t)<0,F(t)单调递减;当t∈时,F'(t)>0,F(t)单调递增, ∴当t=时,F(t)有极小值,也是最小值,为F=+-ln,故G(a)=+-ln,a≥4, 则G'(a)=>0, ∴G(a)单调递增,则G(a)min=G(4)=-2ln 2.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$