• 374.00 KB
  • 2021-05-13 发布

2013年天津市高考数学试卷(理科)

  • 27页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎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.‎ ‎ ‎