2013年天津市高考数学试卷(理科) 27页

‎2013年天津市高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一．选择题：(每题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．（5分）已知集合A={x∈R||x|≤2}，B={x∈R|x≤1}，则A∩B=（　　）‎ A．（﹣∞，2] B．[1，2] C．[﹣2，2] D．[﹣2，1]‎ ‎2．（5分）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=y﹣2x的最小值为（　　）‎ A．﹣7 B．﹣4 C．1 D．2‎ ‎3．（5分）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，若输入x的值为1，则输出S的值为（　　）‎ A．64 B．73 C．512 D．585‎ ‎4．（5分）已知下列三个命题：‎ ‎①若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；‎ ‎②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差也相等；‎ ‎③直线x+y+1=0与圆相切．‎ 其中真命题的序号是（　　）‎ A．①②③ B．①② C．①③ D．②③‎ ‎5．（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线与抛物线y2=2px（p＞0）的准线分别交于O、A、B三点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，则p=（　　）‎ A．1 B． C．2 D．3‎ ‎6．（5分）在△ABC中，∠ABC=，AB=，BC=3，则sin∠BAC=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．（5分）函数f（x）=2x|log0.5x|﹣1的零点个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎8．（5分）已知函数f（x）=x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎　‎ 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎9．（5分）已知a，b∈R，i是虚数单位．若（a+i）（1+i）=bi，则a+bi=　　．‎ ‎10．（5分）的二项展开式中的常数项为　　．‎ ‎11．（5分）已知圆的极坐标方程为ρ=4cosθ，圆心为C，点P的极坐标为，则|CP|=　　．‎ ‎12．（5分）在平行四边形ABCD中，AD=1，∠BAD=60°，E为CD的中点．若，则AB的长为　　．‎ ‎13．（5分）如图，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC．过点A做圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F．若AB=AC，AE=6，BD=5，则线段CF的长为　　．‎ ‎14．（5分）设a+b=2，b＞0，则当a=　　时，取得最小值．‎ ‎　‎ 三．解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎15．（13分）已知函数f（x）=﹣sin（2x+）+6sinxcosx﹣2cos2x+1，x∈R．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）在区间上的最大值和最小值．‎ ‎16．（13分）一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4； 白色卡片3张，编号分别为2，3，4．从盒子中任取4张卡片 （假设取到任何一张卡片的可能性相同）．‎ ‎（Ⅰ）求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率．‎ ‎（Ⅱ）在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．‎ ‎17．（13分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明B1C1⊥CE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．‎ ‎（Ⅲ）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ ‎18．（13分）设椭圆=1（a＞b＞0）的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设A，B分别为椭圆的左，右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若=8，求k的值．‎ ‎19．（14分）已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N*），且S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设Tn=Sn﹣（n∈N*），求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．‎ ‎20．（14分）已知函数f（x）=x2lnx．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．‎ ‎（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e2时，有．‎ ‎　‎ ‎2013年天津市高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题：(每题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．（5分）（2013•天津）已知集合A={x∈R||x|≤2}，B={x∈R|x≤1}，则A∩B=（　　）‎ A．（﹣∞，2] B．[1，2] C．[﹣2，2] D．[﹣2，1]‎ ‎【分析】先化简集合A，解绝对值不等式可求出集合A，然后根据交集的定义求出A∩B即可．‎ ‎【解答】解：∵A={x||x|≤2}={x|﹣2≤x≤2}‎ ‎∴A∩B={x|﹣2≤x≤2}∩{x|x≤1，x∈R}={x|﹣2≤x≤1}‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）（2013•天津）设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=y﹣2x的最小值为（　　）‎ A．﹣7 B．﹣4 C．1 D．2‎ ‎【分析】先根据条件画出可行域，设z=y﹣2x，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最小，只需求出直线z=y﹣2x，过可行域内的点B（5，3）时的最小值，从而得到z最小值即可．‎ ‎【解答】解：设变量x、y满足约束条件 ，‎ 在坐标系中画出可行域三角形，‎ 平移直线y﹣2x=0经过点A（5，3）时，y﹣2x最小，最小值为：﹣7，‎ 则目标函数z=y﹣2x的最小值为﹣7．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）（2013•天津）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，若输入x的值为1，则输出S的值为（　　）‎ A．64 B．73 C．512 D．585‎ ‎【分析】结合流程图写出前几次循环的结果，经过每一次循环判断是否满足判断框中的条件，直到满足条件输出S，结束循环，得到所求．‎ ‎【解答】解：经过第一次循环得到S=0+13，不满足S≥50，x=2，‎ 执行第二次循环得到S=13+23，不满足S≥50，x=4，‎ 执行第三次循环得到S=13+23+43=73，‎ 满足判断框的条件，退出循环，执行“是”，输出S=73．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2013•天津）已知下列三个命题：‎ ‎①若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；‎ ‎②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差也相等；‎ ‎③直线x+y+1=0与圆相切．‎ 其中真命题的序号是（　　）‎ A．①②③ B．①② C．①③ D．②③‎ ‎【分析】对于①由球的体积公式V=可知①正确；对于②通过举反例，如2，2，2和1，2，3；这两组数据的平均数相等，它们的标准差不相等，故②错；对于③利用圆的圆心到直线x+y+1=0的距离与圆的半径之间的关系进行判断即可．‎ ‎【解答】解：①由球的体积公式V=可知，若一个球的半径缩小到原来的，则其体积缩小到原来的；故①正确；‎ ‎②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差不一定相等，如2，2，2和1，2，3；这两组数据的平均数相等，它们的标准差不相等，故②错；‎ ‎③圆的圆心到直线x+y+1=0的距离d==半径r，故直线x+y+1=0与圆相切，③正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2013•天津）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线与抛物线y2=2px（p＞0）的准线分别交于O、A、B三点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，则p=（　　）‎ A．1 B． C．2 D．3‎ ‎【分析】求出双曲线的渐近线方程与抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程，进而求出A，B两点的坐标，再由双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，列出方程，由此方程求出p的值．‎ ‎【解答】解：∵双曲线，‎ ‎∴双曲线的渐近线方程是y=±x 又抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程是x=﹣，‎ 故A，B两点的纵坐标分别是y=±，双曲线的离心率为2，所以，‎ ‎∴则，‎ A，B两点的纵坐标分别是y=±=，‎ 又，△AOB的面积为，x轴是角AOB的角平分线 ‎∴，得p=2．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）（2013•天津）在△ABC中，∠ABC=，AB=，BC=3，则sin∠BAC=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由AB，BC及cos∠‎ ABC的值，利用余弦定理求出AC的长，再由正弦定理即可求出sin∠BAC的值．‎ ‎【解答】解：∵∠ABC=，AB=，BC=3，‎ ‎∴由余弦定理得：AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC=2+9﹣6=5，‎ ‎∴AC=，‎ 则由正弦定理=得：sin∠BAC==．‎ 故选C ‎　‎ ‎7．（5分）（2013•天津）函数f（x）=2x|log0.5x|﹣1的零点个数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【分析】通过令f（x）=0，将方程的解转化为函数图象的交点问题，从而判断函数的零点个数．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=2x|log0.5x|﹣1，令f（x）=0，‎ 在同一坐标系中作出y=（）x．与y=|log0.5x|，如图，‎ 由图可得零点的个数为2．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2013•天津）已知函数f（x）=x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若，则实数a的取值范围是（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【分析】排除法：取a=﹣，由f（x+a）＜f（x），得（x﹣）|x﹣|+1＞‎ x|x|，分x＜0，0≤x≤，x＞讨论，可得A，检验是否符合题意，可排除B、D；取a=1，由f（x+a）＜f（x），得（x+1）|x+1|+1＞x|x|，分x＜﹣1，﹣1≤x≤0，x＞0进行讨论，检验是否符合题意，排除C．‎ ‎【解答】解：取a=﹣时，f（x）=﹣x|x|+x，‎ ‎∵f（x+a）＜f（x），‎ ‎∴（x﹣）|x﹣|+1＞x|x|，‎ ‎（1）x＜0时，解得﹣＜x＜0；‎ ‎（2）0≤x≤时，解得0；‎ ‎（3）x＞时，解得，‎ 综上知，a=﹣时，A=（﹣，），符合题意，排除B、D；‎ 取a=1时，f（x）=x|x|+x，‎ ‎∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，‎ ‎（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；‎ ‎（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；‎ ‎（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；‎ 综上，a=1，A=∅，不合题意，排除C，‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎9．（5分）（2013•天津）已知a，b∈R，i是虚数单位．若（a+i）（1+i）=bi，则a+bi=　1+2i　．‎ ‎【分析】利用复数的乘法展开等式的左边，通过复数的相等，求出a，b的值即可得到结果．‎ ‎【解答】解：因为（a+i）（1+i）=bi，‎ 所以a﹣1+（a+1）i=bi，‎ 所以，解得a=1，b=2，‎ 所以a+bi=1+2i．‎ 故答案为：1+2i．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）（2013•天津）的二项展开式中的常数项为　15　．‎ ‎【分析】利用二项展开式的通项公式Tr+1=•（﹣1）r•中x的幂指数为0即可求得答案．‎ ‎【解答】解；设的二项展开式中的通项为Tr+1，则Tr+1=•（﹣1）r•，‎ 由6﹣r=0得：r=4．‎ ‎∴的二项展开式中的常数项为•（﹣1）4==15．‎ 故答案为：15．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）（2013•天津）已知圆的极坐标方程为ρ=4cosθ，圆心为C，点P的极坐标为，则|CP|=　　．‎ ‎【分析】求出圆的直角坐标方程，求出圆的圆心坐标，化P的极坐标为直角坐标，利用两点间距离公式求出距离即可．‎ ‎【解答】解：圆的极坐标方程为ρ=4cosθ，圆的方程为：x2+y2=4x，圆心为C（2，0），‎ 点P的极坐标为，所以P的直角坐标（2，2），‎ 所以|CP|==2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）（2013•天津）在平行四边形ABCD中，AD=1，∠BAD=60°，E为CD的中点．若，则AB的长为　　．‎ ‎【分析】利用向量的三角形法则和平行四边形法则和数量积得运算即可得出．‎ ‎【解答】解：∵，．‎ ‎∴==‎ ‎=+﹣==1，‎ 化为，‎ ‎∵，∴．‎ 故答案为．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）（2013•天津）如图，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC．过点A做圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F．若AB=AC，AE=6，BD=5，则线段CF的长为　　．‎ ‎【分析】利用切割线定理求出EB，证明四边形AEBC是平行四边形，通过三角形相似求出CF即可．‎ ‎【解答】解：如图由切角弦定理得∠EAB=∠ACB，又因为，AB=AC，所以∠EAB=∠ABC，‎ 所以直线AE∥直线BC，又因为AC∥BE，所以是平行四边形．‎ 因为AB=AC，AE=6，BD=5，∴AC=AB=4，BC=6．‎ ‎△AFC∽△DFB，‎ 即：，‎ CF=，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）（2013•天津）设a+b=2，b＞0，则当a=　﹣2　时，取得最小值．‎ ‎【分析】由于a+b=2，b＞0，从而=，（a＜2），设f（a）=，（a＜2），画出此函数的图象，结合导数研究其单调性，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：∵a+b=2，b＞0，‎ ‎∴=，（a＜2）‎ 设f（a）=，（a＜2），画出此函数的图象，如图所示．‎ 利用导数研究其单调性得，‎ 当a＜0时，f（a）=﹣+，‎ f′（a）==，当a＜﹣2时，f′（a）＜0，当﹣2＜a＜0时，f′（a）＞0，‎ 故函数在（﹣∞，﹣2）上是减函数，在（﹣2，0）上是增函数，‎ ‎∴当a=﹣2时，取得最小值．‎ 同样地，当0＜a＜2时，得到当a=时，取得最小值．‎ 综合，则当a=﹣2时，取得最小值．‎ 故答案为：﹣2．‎ ‎　‎ 三．解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎15．（13分）（2013•天津）已知函数f（x）=﹣sin（2x+）+6sinxcosx﹣2cos2x+1，x∈R．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）在区间上的最大值和最小值．‎ ‎【分析】（I）利用两角和的正弦公式将sin（2x+）展开，结合二倍角的正余弦公式化简合并，得f（x）=2sin2x﹣2cos2x，再利用辅助角公式化简得f（x）=2sin（2x﹣），最后利用正弦函数的周期公式即可算出f（x）的最小正周期；‎ ‎（II）根据x∈，得﹣≤2x﹣≤．再由正弦函数在区间[﹣，]上的图象与性质，可得f（x）在区间上的最大值为与最小值．‎ ‎【解答】解：（I）∵sinxcosx=sin2x，cos2x=（1+cos2x）‎ ‎∴f（x）=﹣sin（2x+）+6sinxcosx﹣2cos2x+1=﹣sin2x﹣cos2x+3sin2x﹣（1+cos2x）+1‎ ‎=2sin2x﹣2cos2x=2sin（2x﹣）‎ 因此，f（x）的最小正周期T==π；‎ ‎（II）∵0≤x≤，∴﹣≤2x﹣≤‎ ‎∴当x=0时，sin（2x﹣）取得最小值﹣；当x=时，sin（2x﹣）取得最大值1‎ 由此可得，f（x）在区间上的最大值为f（）=2；最小值为f（0）=﹣2．‎ ‎　‎ ‎16．（13分）（2013•天津）一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为1，2，3，4； 白色卡片3张，编号分别为2，3，4．从盒子中任取4张卡片 （假设取到任何一张卡片的可能性相同）．‎ ‎（Ⅰ）求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率．‎ ‎（Ⅱ）在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X，求随机变量X的分布列和数学期望．‎ ‎【分析】（I）从7张卡片中取出4张的所有可能结果数有，然后求出取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的结果数，代入古典概率的求解公式即可求解 ‎（II）先判断随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4，根据题意求出随机变量的各个取值的概率，即可求解分布列及期望值 ‎【解答】解：（I）设取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片为事件A，则 P（A）==‎ 所以，取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率为 ‎（II）随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4‎ P（X=1）=‎ P（X=2）=‎ P（X=3）==‎ P（X=4）==‎ X的分布列为 EX==‎ x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎　‎ ‎17．（13分）（2013•天津）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明B1C1⊥CE；‎ ‎（Ⅱ）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．‎ ‎（Ⅲ）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意可知，AD，AB，AA1两两互相垂直，以a为坐标原点建立空间直角坐标系，标出点的坐标后，求出和，由得到B1C1⊥CE；‎ ‎（Ⅱ）求出平面B1CE和平面CEC1的一个法向量，先求出两法向量所成角的余弦值，利用同角三角函数基本关系求出其正弦值，则二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值可求；‎ ‎（Ⅲ）利用共线向量基本定理把M的坐标用E和C1的坐标及待求系数λ表示，求出平面ADD1A1的一个法向量，利用向量求线面角的公式求出直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值，代入求出λ的值，则线段AM的长可求．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，‎ 依题意得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2，1），E（0，1，0）．‎ 则，‎ 而=0．‎ 所以B1C1⊥CE；‎ ‎（Ⅱ）解：，‎ 设平面B1CE的法向量为，‎ 则，即，取z=1，得x=﹣3，y=﹣2．‎ 所以．‎ 由（Ⅰ）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面CEC1，‎ 故为平面CEC1的一个法向量，‎ 于是=．‎ 从而==．‎ 所以二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值为．‎ ‎（Ⅲ）解：，‎ 设 0≤λ≤1，‎ 有．‎ 取为平面ADD1A1的一个法向量，‎ 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，‎ 则=‎ ‎=．‎ 于是．‎ 解得．所以．‎ 所以线段AM的长为．‎ ‎　‎ ‎18．（13分）（2013•天津）设椭圆=1（a＞b＞0）的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设A，B分别为椭圆的左，右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若=8，求k的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先根据椭圆方程的一般形式，令x=c代入求出弦长使其等于，再由离心率为，可求出a，b，c的关系，进而得到椭圆的方程．‎ ‎（Ⅱ）直线CD：y=k（x+1），设C（x1，y1），D（x2，y2），由消去y得，（2+3k2）x2+6k2x+3k2﹣6=0，再由韦达定理进行求解．求得，利用=8，即可求得k的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）根据椭圆方程为．‎ ‎∵过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为，‎ ‎∴当x=﹣c时，，得y=±，‎ ‎∴=，‎ ‎∵离心率为，∴=，‎ 解得b=，c=1，a=．‎ ‎∴椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）直线CD：y=k（x+1），‎ 设C（x1，y1），D（x2，y2），‎ 由消去y得，（2+3k2）x2+6k2x+3k2﹣6=0，‎ ‎∴x1+x2=﹣，x1x2=，又A（﹣，0），B（，0），‎ ‎∴‎ ‎=（x1+，y1）•（﹣x2．﹣y2）+（x2+，y2）•（﹣x1．﹣y1），‎ ‎=6﹣（2+2k2）x1x2﹣2k2（x1+x2）﹣2k2，‎ ‎=6+=8，解得k=．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）（2013•天津）已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N*），且S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设Tn=Sn﹣（n∈N*），求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设等比数列的公比为q，由S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列，可构造关于q的方程，结合首项为的等比数列{an}不是递减数列，求出q值，可得答案．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）可得Sn的表达式，由于数列为摆动数列，故可分类讨论求出在n为奇数和偶数时的范围，综合讨论结果，可得答案．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设等比数列的公比为q，‎ ‎∵S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列．‎ ‎∴S5+a5﹣（S3+a3）=S4+a4﹣（S5+a5）‎ 即4a5=a3，‎ 故q2==‎ 又∵数列{an}不是递减数列，且等比数列的首项为 ‎∴q=﹣‎ ‎∴数列{an}的通项公式an=×（﹣）n﹣1=（﹣1）n﹣1•‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得 Sn=1﹣（﹣）n=‎ 当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，所以1＜Sn≤S1=‎ 故0＜≤=﹣=‎ 当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以1＞Sn≥S2=‎ 故0＞≥=﹣=‎ 综上，对于n∈N*，总有≤≤‎ 故数列{Tn}的最大项的值为，最小项的值为 ‎　‎ ‎20．（14分）（2013•天津）已知函数f（x）=x2lnx．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．‎ ‎（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e2时，有．‎ ‎【分析】（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），求导数令f′（x）=0，可解得x=，由导数在（0，），和（ ，+∞）的正负可得单调性；（Ⅱ）当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可得函数h（x）的单调性，可得结论；（Ⅲ）令u=lns，原命题转化为0＜lnu＜，一方面由f（s）的单调性，可得u＞1，从而lnu＞0成立，另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，通过函数的单调性可得极值最值，进而得证．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意可知函数的定义域为（0，+∞），‎ 求导数可得f′（x）=2xlnx+x2•=2xlnx+x=x（2lnx+1），‎ 令f′（x）=0，可解得x=，‎ 当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：‎ ‎ x ‎（0，） ‎ ‎（ ，+∞）‎ ‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ f（x）‎ 单调递减 极小值 ‎ 单调递增 ‎ 所以函数f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（ ，+∞）‎ ‎（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞），‎ 由（Ⅰ）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，h（1）=﹣t＜0，h（et）=e2tlnet﹣t=t（e2t﹣1）＞0，‎ 故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立；‎ ‎（Ⅲ）证明：因为s=g（t），由（Ⅱ）知，t=f（s），且s＞1，‎ 从而====，其中u=lns，‎ 要使成立，只需，‎ 即2＜，即2＜2+，‎ 只需，变形可得只需0＜lnu＜，‎ 当t＞e2时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e2，矛盾，‎ 所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立，‎ 另一方面，令F（u）=lnu﹣，u＞1，F′（u）=，‎ 令F′（u）=0，可解得u=2，‎ 当1＜u＜2时，F′（u）＞0，当u＞2时，F′（u）＜0，‎ 故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln2﹣1＜0，‎ 故有F（u）=lnu﹣＜0，即lnu＜，‎ 综上可证：当t＞e2时，有成立．‎ ‎　‎