江西南昌市江西科技学院附属中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷

江科附中2025一2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷 一、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.★已知曲线f(x)=xlnx的一条切线的斜率为2，则切点的横坐标为 A.1 B.In 2 C.2 D.e 2.★已知f'(x)是函数f(x)的导函数，f(x)=e2r+cosx,则f'(0)= A.0 B.1 C.2 D.3 3.★★函数f(x)=lnx-√元的单调增区间为 A.（-0,4) B.(0,2) C.(0,4) D.(4,+0) 4★★★等差数列a}的前n项和为5，已知S,=30,2a,=a,则数列{侵}的前20项和为 A号 R器 C. D品 5.★★★函数fa)=号ar-+5(a>0)在(0,1)上不单调，则实数a的取值范围是 A.0<a<1 B.1<a<2 C.0<a<2 D.a>2 6.★★★★已知函数f(x)是定义在R上的增函数，f(x)+2>f'(x),f(o)=1,则不等式ln[f(x)+2]>x+ln3的解 集为 A.(-o0,0) B.(0,+0) C.(-0,1) D.(1,+0) 7.★★★★若对任意x∈(0，+)，3n3江≤ae恒成立，则实数a的取值范围是 a A.(0,e] R(o,2] C.[e,+o) D.[&+o 8.★★★已知关于x的方程[f(x)]-f(x)+1=0恰有四个不同的实数根，则当函数f(x)=xe时，实数k的取值 范围是 （←0，-202+四)民（是+星+∞ c(2) D+) 二、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.★★★记数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=9,3an=a+1十2am-1+10(n≥2)，设bn=an+1-a,则 () A.a3=15 B.数列{b-10}为等比数列 C.an=10m-2m-9 D.Sn的最大值为53 10.★★★已知函数f(x)=ln(x-1)+x,则下列说法正确的是 A.f(x)是偶函数 B.f(x)在(1，+oo)上单调递增 C.f(x)的导函数有且只有一个零点 D.f(x)的极值与极值点数值相等 11.★★★★已知函数f(z)=ae-x,g(x)=lng+x,则下列说法正确的是 A若f(≥0恒成立，则a∈[。，+o0) B.x=1是g(x)的极值点 C.若y=f)+g)恰有2个正零点，则a∈(0，)】 1 D.若关于z的不等式寸)+g)≤0有解，则a∈(0，。] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.★大大已知数列{a}满足a,=1,a,=a十4+宁a++ n-Ian-1(n>1,nEN),an= 13.★★函数fa)=一号r+x在(a,10-a网上有最大值，则实数a的取值范围是 、 14★★★★已知函数fd)=ae-号r2-认a,b∈风，若函数@)有两个极值点西，，且爱≥2，则实数a的取 值范围是一、 四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.★★★已知函数f(x)=aax3-3x的图象在点P(2,f(2)处的切线l与直线9x-y-6=0平行. (1)求切线l的方程； (2)若函数g(x)=f(x)-k有3个零点，求实数k的取值范围. 16.★★★已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn+1=3an+Sn+4 (1)求数列{an}的通项公式； 2)若.=+2，记数列亿，}的前n项和为T,求i证工.<号 anan+l 2· 17.★★★已知函数f(x)=aln(x+1)+cosx. (1)若a=2,证明：f(x)在[0,1]上单调递增； (2)令g(x)=f(x)-2e+1,其中x∈[0，x],若a>0讨论函数g(x)的单调性； 18.★★★大已知f(@)=4红-amx-22-2 (1)若函数f(x)在区间(0，+oo)单调递减，求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)有两个极值点1，x2(c1<x2), (i)求实数a的取值范围； ()证明：f(x)+f(x2)<6-lna. 3 19.★★★★★已知函数f(x)=2xlnx-ax2+a(a∈R). (1)当a=0时，求函数f(x)的极值； (2)已知对于任意x≥1，f(x)≤0恒成立. (i)求实数a的取值范围； ()证明：1+号++>nn-lh2+效+叠0n≥3，new). 4… 参考答案 1.【答案】D 【分析】对函数进行求导，然后让导函数等于2，最后求出切点的横坐标. 【详解】f(x)=xlnc..f'(x)=lnx+1, 由题意可知f'(x)=lnx十1=2→lnx=1→x=e,因此切点的横坐标为e,故选D. 【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了导数的运算法则，考查了数学运算能力. 2.【答案】C 【详解】由f(x)=e2+cosx,求导得f'(x)=2e2-sinc, 所以f'(0)=2. 3.【答案】C 【详解】易知函数定义域为0，+o四，且fa)=士2 令f)>0,即1-，1>0； x 2x 解得0<x<4, 即函数的单调增区间为(0,4) 4.【答案】B 【详解】由题意得，5a+5X4d=30,化简得a+2d=6, 又2a6=ao,.2(a1十4d)=a1+9d,即a☑=d,故a1=d=2, 3=2m+nn,-x2=nm+1,&是=1 -1 1 2 Snn(m+1)元-n+1' 故数列{侵}的前20项和为京+点+安++ S1 S2 Ss S20 =}-号)+（号-吉）+…+(0)=1-员=9 5.【答案】D 【分析】函数fo)=号ax-2+5(a>0)在0，)上不单调，即a)在(0，)内有极值点，由f(=ar2-2c, 结合二次函数的性质，即可求出实数a的取值范围， 【详解】个)=ax-2,函数f)=弓ar-+5(a>0)在(0,1)上不单调，即fa在(0,1)内有极值点，因 为a>0,且f'(0)=0,所以有f'(1)>0,即a-2>0,解得a>2. 故答案为D. 【点睛】本题考查了函数的单调性，考查了二次函数的性质，考查了学生分析问题与解决问题的能力，属于中档 题 6.【答案】A 先构造函数g=f@)+2,再化简不等式，最后根据函数单调性解不等式。 e 【详解】令g)=f儿)+2，则g0=f0)+2=3,g回=f@)=f@)=2<0, e0 e 因此不等式ln[f(x)+2]>c+ln3化为lng(x)e>x+ln3,g(x)>3,g(x)>g(0).x<0,选A. 【点睛】本题考查利用导数解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题 7.【答案】D 【分析】由原式可变形为ensr+3ln3x≤e+ha+3(x+lna),则可构造函数f(x)=e+3c,利用该函数单调性可 得lna≥ln3c-c,再构造函数g(x)=ln3x-c,求出最大值即可得解. 【详解】由题可得a>0,则由3lnm3z≤ae,可得3ln3x-3lna≤ae2=ea.e2=er+nm, 即3ln3c≤er+a+3lna,则3ln3c+3x≤e+ma+3lna+3c, 即有en3x+3ln3c≤e+laa+3(x+lna), 5 令f(x)=e+3c,则有f(In3c)≤f(x+lna)恒成立， 由f(x)=e+3c单调递增，故ln3x≤x+lna, 则lna≥1h3x-令g回)=lhn3c-x,则g6a=士-1=1， 当x∈(0,1)时，g(x)>0,当c∈(1，十oo)时，g(x)<0, 故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+o∞)上单调递减， 故g≤ga)=lh3-1=lng,即na≥ng,即a≥是 即实数a的取值范围是[&，+o) 8.【答案】B 【分析】利用导数判断f(c)的单调性和极值，得出方程f(x)=t的根分布情况，从而得出方程P(c)一(x)+1 =0恰有四个不同的实数根等价于关于t的方程：-t+1=0在(0,4)上有一个解，在（怎+∞）U0}上有 个解，利用二次函数的性质列不等式可求出k的范围. x2。 -2 【详解】 f'(c)=2ce+c2e2=x(r+2)e, 令f'(x)=0,解得x=0或c=-2, 当x<-2或x>0时，f'(x)>0;当-2<x<0时，f'(x)<0, ∴f(x)在(-o∞，-2)上单调递增，在(-2,0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， ÷当x=-2时，函数网)取得极大值f(-2)=怎， 当x=0时，函数f(x)取得极小值f(0)=0, 作出f(x)的大致函数图象如图所示， 令f@=则当t=0或>怎时，关于红的方程f回)=t只有一个解： 当t=怎时，关于红的方程f(回=t有两个解， 当0<t<4时，关于x的方程f()=t有三个解， :g(x)=P(x)-f(x)+1恰有四个零点， “关于t的方程()=-t+1=0在(0，怎)上有一个解， 在（生，+∞）Uo}上有-个解， 显然t=0不是方程t-t+1=0的解， ∴关于t的方程#-：+1=0在(0，怎)和（怎+0）上各有一个解， 怎)=品-袋+1<0.解得>专+ 即实数&的取值粒围是（告+。，。+∞）放选B, 【点睛】已知函数零点（方程根）的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构 建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题 加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求 .6 解.一是转化为两个函数y=g(x),y=h(x)的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是 函数零点的个数，二是转化为y=a,y=g(c)的交点个数的图象的交点个数问题· 9.【答案】ABD 【分析】由递推公式计算可判断A,由递推公式化简可得b+1一10=2(6，一10)，根据等比数列定义可判断B;结 合B利用累加法及等比数列求和公式计算可判断C,根据数列{a}的性质计算可判断D. 【详解】a1=1,2=9.当n=2时，3a2=ag十2a1十10，解得a=15,A正确. 由3an=an+1+2an-1+10,得an+2=3a+1-2an-10. 即an+2-at1-10=2(an+1-an-10),因为bn=an+1-an 则bn+1-10=2(bn-10).又b1-10=a2-a1-10=-2, 所以数列{bn-10}是以-2为首项，2为公比的等比数列，B正确。 由B,可得bn-10=-2m,即an+1-an=10-2m, 当n≥2时，an=a1十+(a2-a1)+(a购-a2)十+(an-an-i） =1+(10-2)+(10-29)++(10-2-y=1+10m-1）-21-29）=10m-20-7, 1-2 又a1=1符合上式，所以an=10m-2m-7,C错误. 当n≤3时，a+1-a=10-2r>0,即{an}单调递增； 当n≥4时，a+1-a,=10-2n<0,即{an}单调递减. 所以0<a1<a2<ag<a4=17>a6=11>a6=-11>…, 所以Sn的最大值为S5=53,D正确， 10.【答案】BCD 【分析】A选项，先求定义域，再根据函数奇偶性判断A错误；B选项，求导，解不等式，求出单调性：C选 项，分(1，+o)和(-∞，-1)两种情况，得到C正确；D选项，在BC选项基础上得到D正确 【详解】A选项，令lx-1>0,解得x>1或x<-1,故定义域为(-oo,-1)U(1,+∞)， 又f(-x)=ln(-x-1)-x=ln(lx-1)-x≠f(x), 故f(x)=ln(x-1)+x不是偶函数，A错误： B选项，当x>1时，f(x)=l血(x-1)+c, f@)=2+1=兰1>0，故f回)在1，+∞)上单调递增，B正确； C选项，由B知，当>1时，f()=二1>0恒成立， 故f(x)的导函数在(1，+0o)上无零点， 又<-1时，=i(--1)+,f)=21（-y+1= x+1 令9a-fe.则ge国e+<0. 则g(x)=f'(x)在(-0，-1)上单调递减，又g(-2)=0, 故f(x)的导函数在(-o0,-1)只有一个零点-2， 综上，f(x)的导函数有且只有一个零点，C正确： D选项，由B知，f(x)在(1，十o)上单调递增，无极值点和极值， 当x<-1时，f(c)=ln(-x-1)+x,f'(e)= x+1 当x∈(-2，-1)时，f'(x)<0,当x∈(-∞，-2)时，f'(x)>0, 故f(x)在x∈(-∞，-2)上单调递增，在x∈（-2，-1)上单调递减， 故x=-2为f(x)的极大值点，极大值为f(-2)=-2, 故(x)的极值与极值点数值相等，D正确 11.【答案】AC 【分析】对于A:可得a≥2恒成立，令h()=,利用导数求其最值，即可得结果；对于B:举反例，取a 7 <0,结合定义域分析判断；对于C:令y=f(x)+g(x)=0,可得e+a+x+lna=en+lnc,结合函数单调 性可得-x+lnx=lna,利用导数分析其单调性和最值即可求解；对于D:令F(x)=f(x)十g(x),分a<0和 α>0两种情况讨论，结合选项C的结论运算求解. 【详解】由题意可知：a≠0. 对于选项A:若f(x)≥0恒成立，可得a≥正恒成立， 令h回=恶，则h'@)=1 令h'(x)>0,解得x<1;令'(x)<0,解得r>1; 可知h()在(-0,1)内单调递增，在(1，+∞)内单调递减，则()≤h()=忌， 可得a≥名，即a∈[日+o),故A正确： 对于选项B:若a<0,令2>0，解得x<0, 此时g(x)的定义域为(-o,0),x=1不在定义域内，故B错误： 对于选项C:由题意可知：x>0,令g>0,解得a>0, 令y=f(x)+g(x)=(ae-x)+(ng+x)=0,可得e+ia+x+lna=ehs+ln, 构造h(x)=e+x,则h(x+lna)=h(lnx), 因为h(x)在R上单调递增，则x+lna=lnx,即-x十lnx=lna, 构造()=-x+lnx,c>0,则k'(c=-1+=1-也， 令'(x)<0,解得x>1;令'(x)>0,解得0<x<1; 可知k(c)在(0,1)内单调递增，在(1，+∞)内单调递减，则k(x)≤k(1)=-1 即ha<-1,解得0<a<日，所以a∈(0，)故C正确： 对于选项D:令F(c)=时(x)+g(c)=ae-x2+lna+x, 若a<0,可知F(x)的定义域为(-o,0), 当x趋近于-o时，F(x)趋近于一oo,符合题意： 若a>0,可知F(x)的定义域为(0，+∞)， 令F(x)=aer-x2+lna+x≤0，可得e+Inz+.iaa+c+lnc+lna≤enr+lnc2, 由选项C可知：h(c)=er+x在定义域(0，+o)内单调递增， 因为h(x+lnx+lna)≤h(lnx2),则x+lnx+lna≤lnx2=2lnx,即-x+lnx≥lna, 可知-x+h≥ha有解，由选项C可得：-1≥na,解得0<a≤合 综上所述：a∈(-o,0)U(0,。],故D错误. 1,n=1 12.【答案】a.={沿，n≥2 【分析】应用等差数列定义得出等差数列，根据差数列通项公式及求和公式求解计算即得. 【详解】因为a=a+ 3a购+…+1 2%+ 十n-1-1(n>1,n∈N4),当%=2时，a购=a=1. 所以a1=a+号+ ++ n-1a1+1。 -an, 1 即at1an.9a+1=+La 所以t1=九+1，a=p aa-n’an-1-n-1 a公-1名=台2=盘 所以O=九+1， …8 所以a4.=1=n， an-1 as a2a2 n-1 “号×是=m生，即a=m士，即a,=受，且a=1不满足上式， 32 1,n=1 所以an= 8,n≥2 1,n=1 故答案为：a.={受，n≥2 13.【答案】[-2,1) 【详解】要满足题意即函数的最大值必是区间上的极大值. 由已知f'(x)=-x2+1=-(x+1)(x-1), 当f'(x)>0时，-1<c<1, 当f(x)<0时，x<-1或x>1: 所以x=1是函数的极大值点， 则由题意得：a<1<10-a2;f(a)≤f(1),解得-2≤a<1 14【答案】(0，受] 【分析】由题意可得a®=，a2=,作比得e==e,令一五=t,结合条件将写成关于t的函 e 数，求导分析得到，的范围，再结合a=改得到a的范围，与函数f(c)有两个极值点时a的范围取交集即可. e 【详解】函数f(x)有两个极值点1,2，∴f'(x)=ae2-x有两个零点1,2， 即ae=,ae=,两式作比得到：e==e, e T1 令2-=t,→m=五十t①，则有四=e,② 六西=心，代入0可得么=。产 又由②得=e≥2，t≥ln2, C1 令9因=g≥h2,则g因- (e-1)2 令h(t)=e-1-te,则h'(t)=-te<0, h(t)单调递减，h(t)≤h(In2)=1-21n2<0, g(t)单调递减，g(t)≤g(ln2)=ln2,即≤ln2, 而a=。,令a)=名，则u(=。>0,u在≤12上单调递增， e <受，即a≤竖 又f'(c)=ae-x有两个零点1,2，u(r)在R上与y=a有两个交点， 而w@=。,在(-0,1h(e)<0,单调递增，在，十o(回>≥0，单调递减，园的最大值 为a=日，大致图像为： A v=u(x) y=a 0<a<日，又日≈0368，g=0347, e 9 综上，0<a≤， 故答案为(0,2] 【点睛】本题考查了利用导数研究函数零点问题，利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题，运用了整体换 元的方法，体现了减元思想，属于难题. 15.【答案】(1)9x-y-16=0；(2)(-2,2) 【分析】(1)由导数的几何意义，求得a=1,得到f(x)=x-3x,进而求得切线的切点坐标，求得切线的方程； (2)由(1)函数f'(x)=3x2-3,求得函数的单调性与极值，由g(x)=f(x)-k有3个零点，转化为y=k与y= f(x)的图象有3个交点，即可求解. 【详解】(1)由题意，函数f(x)=ax3-3c,则f'(x)=3ax2-3, 又f(x)的图象在点P(2,f(2)处的切线与直线9x-y-6=0平行， 所以f'(2)=12a-3=9,解得a=1,即f(x)=x3-3x, 所以f(2)=23-3×2=2,所以切点P的坐标为(2,2)， 则切线方程为y-2=9(x-2),即9x-y-16=0: (2)由(1)可知f'(x)=3a2-3,令f'(x)=0,则x=±1， 列表如下： 2 (-00,-1)） -1 (-1,1) (1,+00) f'(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以当x=-1时，f(x)有极大值(-1)=2； 当x=1时，f(x)有极小值f(1)=-2, 且当x→-∞时，f(x)→-o;当x→+∞时，f(x)→+o, 因为g(x)=f(x)-k有3个零点，所以k=f(x)有3个实数根， 即y=k与y=f(x)的图象有3个交点，所以实数k的取值范围为(-2,2). 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，以及利用导数求解函数的单调性与极值的应用，着重考查了推理与运 算能力，属于基础题. 16.【答案】(1)a,=3n-2 (2)证明见解析 【详解】(1)S+1=3a+Sn+4→Sn+1-Sn=an+1=3an+4 →an+1+2=3(an+2),a1+2=1+2=3≠0 所以{a+2}是以3为首项，以3为公比的等比数列。 所以a+2=3×3n-1 所以am=3m-2. (2)由(1)可得 --2-到r2g2） b=a+2= 3n 所以x=[片-号)+（行-宏）++(22》 =2-12）=方-3×312<分 3n+1-22 17.【答案】(1)证明见解析 (2)(①)答案见解析；【分析】(1)求导得f(x)解析式，分析当x∈[0,1]时，各部分的范围，分析即可得证 (2)()求导得g(x)解析式，记h(x)=g(x),利用导数可得h(x)=g'(x)的单调性，分别讨论0<a≤2、2<a< 2e(π+1)和a≥2e(π+1)三种情况，根据边界值的正负，可得g(x)的正负，分析即可得g(x)的单调性. (说)由()得g(x)的单调性，讨论可得g(x)与g(O)的大小关系，分析即可得答案. ·10 【详解】a)证明：当a=2时，寸)=21a(c+1)+os则f)=2异-m, 当ae0.】时，异>≥1，<1.等号不问时成立. 所以f'(x)>0在[-2，-1]，[0,1]上恒成立，则f(x)在[-2，-1]，[0,1]上单调递增. (2)由题意得g(x)=aln(x+1)+cosx-2e+1,x∈[0，π]， 1-sing-207, 则g()=na, +1-inx-2e,则hw()=-a 记h()=a, (x+1)2 -cosx-2e", 因为a>0,ze0,,所以+1y<0,-1≤cosc≤1，-2e≤-2 则h'(x)<0在[0，π]上恒成立，所以h(c)=g(x)递减， 又g0)=a-2,gd=4-2e 当0<a≤2时，g(0)≤0，g(π)<0， 所以g(x)<0在[0，π]上恒成立，则g(x)在[0，π]上单调递减： 当2<a<2e(x+1)时，g'(0)>0,g(π)<0，则存在唯一，使得g(ro)=0, 当x∈[0，)时，g(x)>0,则g(c)单调递增， 当x∈(，x]时，g()<0,则g(x)单调递减， 当a≥2e(π+1)时，g(0)>0,g(π)≥0， 所以g(x)≥0在[0，π]上恒成立，则g(x)在[0，x]上单调递增； 综上，当0<a≤2时，g(x)单调递减；当2<a<2e(π+1)时， g(x)在[0，o)上单调递增，在(，π]上单调递减；当a≥2e(π十1)时，g(x)单调递增。 18.【答案】(1)a≥4 (2)(①)(0,4)；()证明见解析 【分析】(1)求出函数的导数，利用给定的单调性列出不等式，再结合恒成立条件求解作答 (2)()求出函数的导数，根据函数有两个不同的极值点，列不等式求解即可. ()根据给定条件，求出a的取值范围，将f()+f(x2)用a表示出，再构造函数并借助导数推理作答， 【详解】()）函数f()=4红-alnx-22-2的定义域为0，+o),f')=4--z=-亡-红+a. 因为函数f(x)在区间(0，+o)单调递减，所以f'(x)≤0，xE(0,+o) 则x2-4x+a≥0，x∈(0，+∞)，化简得a≥4c-x2=-(x-2)}+4,x∈(0，+oo). 解得a≥4. ②60由感意f回的定义城为0，+o.f国=4-是-z=-二+a。 因为f(e倒=4址-alnt一合2-2有两个极值点，购 所以方程f'(x)=0即x2-4c+a=0在(0，十oo)上有两不等实根， 即函数g(x)=x2-4x十a在(0，+∞)上有两不同零点， 因此只需{g4二8+a≤0解得0<Q<4,即实数a的取值范围是0，纱 ()由()知，x1+2=4,x12=a,0<a<4, 所以f(a)+f()=4〔(+)-a+ln)-号(+)-4 =16-aln(）-2[(m+P-2x]-4=12-alna-2(16-2a)=4-alha+a 因此要证f()+f(r)<6-lna,即证4-alna+a<6-lna, 即证(1-a)lna+a-2<0, 构造函数h(a)=(1-a)lna十a-2,0<a<4, ·11· h'(a)=-Ina+1a+1=1-lna, a a 又y=日y=-na在(0，到上为减函数，所以h()在(0,4)上单调递减， 又h0=1>0h2)=分-l2<2-lve=0, 由函数零点存在性定理可得，3a∈(1,2)，使得(a)=0,即1=lno,即alna=1; 所以当a∈(0，ao)时，h'(a)>0,则h(a)单调递增； 当a∈(ao,4)时，h'(a)<0,则h(a)单调递减： 所以h(a)≤h(an)=(1-ao)lna+a-2=lna-alna+a,-2=lna+a-3, 又y=lna十a-3在a∈(1,2)上显然单调递增， 所以lna+a-3<ln2+2-3=n2-1<0, 所以h(a)<0,即(1-a)lna+a-2<0, 故f(x)+f(x2)<6-na. 19【答案】（国函数@）的极小值为一名，无极大值 (2) （i)[1,+∞)(i)证明见解析 【分析】(1)利用导数分析当a=0时，函数f(x)的单调性，即可得到其极值： (2)函数f(c)=2clnx-ax2+a(aER)的定义域为(0，+oo),f'(x)=2lnx+2-2ac=2(lnc-ax+1).构造函数 g(x)=lnx-ax十1，x≥1，分a≤0,0<a<1,a≥1三种情况，利用导数分析函数g(x)的取值，进而得到 f(x)的单调性，通过对最值的判断得到实数a的取值范围； (ⅱ)结合(1)的结论利用放缩法及对数的运算性质可得. 【详解】(1)当a=0时，函数f(x)=2xlnx,定义域为(0，+o∞). f)=2n+1).令f()=0,得=是： 令f@)>0,得>是：令f@)<0,得0<<君 所以函数f()在(0，)上单调递减，在（合，+∞）上单调递增。 所以f(回在红=是处取得极小值，极小值为f(。）=2。n。=- e 所以函数f()的极小值为-名，无极大值。 (2)(i)函数f(x)=2xlnx-ax2+a(a∈R)的定义域为(0，十oo). f(x)=2lnx+2-2az=2(Inz-ax+1). 令9)=hx-am+1,x≥1，则g'(=己-a,g(回是单调递减函数。 若a≤0，则g(x)>0恒成立，所以g(x)单调递增，g(x)≥g(1)=1-a≥1，即f'(x)≥2， 所以f(x)在[1，+o)上单调递增，所以f(x)≥f(1)=0,不合题意： 若0<a<1,则由0<士≤1，得g(@)=0在(0，山上有解，为日 则当∈[1，)时，g(a)>0,当x∈（日+∞）时，g(a)<0. 所以g()在[1，)上单调递增，在（合+∞）上单调递减。 所以ga)>9(1)=1-a>0,即f(a)>f)>0, 所以f(在[1，)上单调递增，所以（云）>f0)=0,不合题意： 若a≥1，则由0<≤1，得g回)<0恒成立， ·12 所以g(x)是单调递减函数，所以g(x)≤g(1)=1-a≤0，即f'(x)≤0， 所以f(x)在[1，+∞)上单调递减，所以f(c)≤f(1)=0恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1，十∞)： (i)由(i)得，a=1时，f(x)≤0对Hx≥1恒成立，且f(x)在[1，+o)上单调递减. 即2xlnc-c2+1<0对Vx≥1恒成立， 所以ne<分-名-红，即n+红<受对Y红1恒废立 2x 产题合亨结合)+品-切 (品+) 所以2n名<2品+)-[经+合++n)+(号+++号月=（分+++品）+号 2n’ 即号<(g+好++)+子-a n 42m 所号+++>n好-子+a=nm-2-+ 所以1+方+号++员>1+号+n号-+六=m-h2+景+动 即1+号++日>1nn-ln2+六+景≥3，neN)得证， ·13