名老中医陈粹吾治头痛医案举隅

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江苏省南京市雨花台区高二（下）期中考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知等差数列{an}中，a4=4，则a2+a3+a7的值是(    )A.6B.9C.12D.152.如图，在四面体OABC中，G是BC的中点，设OA=a，OB=b，OC=c，则AG=(    )A.a−12b−12cB.−a+12b+12cC.−12a+b+cD.12a−b−c3.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为(    )A.π2B.22πC.2πD.22π4.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2，∠A1AB=∠A1AD=60°，∠BAD=90°，则A1C的长为(    )A.1B.2C.3D.45.图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5，CC1DC1=k1，BB1CB1=k2，AA1BA1=k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3=(    )A.0.75B.0.8C.0.85D.0.96.已知王大爷养了5只鸡和3只兔子，晚上关在同一间房子里，清晨打开房门，这些鸡和兔子随机逐一向外走，则恰有2只兔子相邻走出房子的概率为(    )A.528B.514C.1556D.15287.点P是曲线y=x2−lnx上任意一点，则点P到直线y=x−2的距离的最小值是(    )A.1B.2C.2D.228.若(2x−1)2022=a0+a1x+a2x2+⋯+a2022x2022(x∈R)，则12+a222a1+a323a1+⋯+a202222022a1=(    )A.−12022B.12022C.−14044D.14044二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.若x2022=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a2022(x+1)2022，则(    )A.展开式中所有的二项式系数之和为22022B.展开式中二项式系数最大的项为第1012项C.a0=0D.a1+a2+a3+⋯+a2022=−110.已知数列{an}的前n项和Sn=−n2+31n，则下列说法正确的是(    )A.an=−2n+32B.S17为Sn中的最大项C.a1+a3+a5+⋯+a13a2+a4+a6+⋯+a12=76D.|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a30|=43011.已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)满足f(x)ef(0)C.ef(ln2)<2f(1)D.ef(ln2)>2f(1)12.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、N分别是棱A1B1、A1D1的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论正确的是(    )A.平面CMN截正方体ABCD−A1B1C1D所得的截面图形是五边形B.直线B1D1到平面CMN的距离是21717C.存在点P，使得∠B1PD1=90°D.△PDD1面积的最小值是556三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在(x−12x)n的展开式中，第3项和第6项的二项式系数相等，则展开式中x5的系数为______．14.等差数列{an}中的a4，a2016是函数f(x)=x3−6x2+4x−1的极值点，则log14a1010=______．15.牛顿迭代法又称牛顿−拉夫逊方法，它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法．具体步骤如下：设r是函数y=f(x)的一个零点，任意选取x0作为r的初始近似值，作曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线l1，设l1与x轴交点的横坐标为x1，并称x1为r的1次近似值；作曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线l2，设l2与x轴交点的横坐标为x2，并称x2为r的2次近似值．一般的，作曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))(n∈N)处的切线ln+1，记ln+1与x轴交点的横坐标为xn+1，并称xn+1为r的n+1次近似值．设f(x)=x3+x−1的零点为r，取x0=0，则r的2次近似值为______．16.如图，棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱CC1上一点，且CP=2PC1，M为平面BDC1内一动点，则MC+MP的最小值为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)已知数列{an}(n∈N+)满足a1=1，an+1=3n+3nan，且bn=ann．(1)求数列{bn}是通项公式；(2)求数列{an}的前n项和Sn．18.(本小题12.0分)已知函数f(x)=ax3+bx+2在x=−2处取得极值−14．(1)求a，b的值；(2)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(3)求函数f(x)在[−3,3]上的最值．19.(本小题12.0分)如图，棱锥P−ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=22．(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)求二面角P−CD−B的大小；(3)求点C到平面PBD的距离．20.(本小题12.0分)我国某沙漠，曾被称为“死亡之海”，截止2018年年底该地区的绿化率只有310，计划从2019年开始使用无人机飞播造林，弹射的种子可以直接打入沙面里头，实现快速播种，每年原来沙漠面积的15将被改为绿洲，但同时原有绿洲面积的120还会被沙漠化．设该地区的面积为1，2018年年底绿洲面积为a0=310，经过一年绿洲面积为a1……经过n年绿洲面积为an，(1)求经过n年绿洲面积an；(2)截止到哪一年年底，才能使该地区绿洲面积超过35？(取lg2=0.30，lg3=0.48)21.(本小题12.0分)记Sn为数列{an}的前n项的和，已知a1=1，{Snn}是公差为12的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn=2an，记数列{bn}的前n项和为Tn，试求T2n−1除以3的余数．22.(本小题12.0分)已知函数f(x)=ex−m−xlnx−(m−1)x；(1)若m=1，求证：f(x)在(0,+∞)上单调递增；(2)若g(x)=f′(x)，试讨论g(x)零点的个数．答案和解析1.【答案】C 【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，则a2+a3+a7=3a1+9d=3(a1+3d)=3a4=12．故选：C．根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解．本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．2.【答案】B 【解析】解：AC=OC−OA=c−a，AB=OB−OA=b−a，则AG=12(AC+AB)=12(c−a+b−a)=−a+12b+12c．故选：B．根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解．本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．3.【答案】C 【解析】解：设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为α，底面圆的半径为r，母线长为l，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以l=2r，则αl=2πr，解得α=2π．故选：C．根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解．本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题．4.【答案】B 【解析】解：根据平行四边形法则可得A1C=A1A+AB+BC，∵AB=AD=AA1=2，∠A1AB=∠A1AD=60°，∠BAD=90°，∴|A1C|2=(A1A+AB+BC)2=|A1A|2+|AB|2+|BC|2+2A1A⋅AB+2A1A⋅BC+2AB⋅BC=4+4+4+2×2×2×2×cos120°+0=4，∴A1C=2．故选：B．{AB,AD,AA1}可以看成空问的一个基底，由空间向量基本定理可以表达出A1C，则A1C=|A1C|，利用向量的相关知识即可求解．本题考查了空间向量的应用，属于中档题．5.【答案】D 【解析】解：设OD1=DC1=CB1=BA1=1，则CC1=k1，BB1=k2，AA1=k3，由题意得：k1=k3−0.2，k2=k3−0.1，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，解得k3=0.9，故选：D．由题意DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，结合等差数列的性质求解即可．本题主要考查等差数列的性质，结合阅读材料，考查学生的知识运用能力，是基础题．6.【答案】D 【解析】解：5只鸡和3只兔子走出房子的所有结果为A88，恰有2只兔子相邻的结果为A32A55A62，故概率值为A32A55A62A88=1528．故选：D．直接利用排列数和组合数的应用求出概率的值．本题考查的知识要点：古典概型问题，排列数和组合数的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．7.【答案】B 【解析】【

分析

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】本题考查了导数的几何意义以及点到直线的距离，属于中档题．对y求导，当点P是曲线的切线中与直线y=x−2平行的直线的切点时，点P到直线y=x−2的距离的最小，解答即可．【解答】解：由题意y′=2x−1x=2x2−1x，定义域为0,+∞，当点P是曲线的切线中与直线y=x−2平行的直线的切点时，点P到直线y=x−2的距离最小，令y′=2x−1x=1，解得x=1，所以点P的坐标为(1,1)，故点P到直线y=x−2的最小值为|1−1−2|1+1=2，故选：B．  8.【答案】D 【解析】解：展开式中含x的系数为a1=C20222021⋅2⋅(−1)2021=−4044，令x=0，可得a0=1，令x=12，则a0+a12+a222+...+a202222022=(2×12−1)2022=0，所以a222+...+a202222022=0−1−−40442=2021，所以12+a222a1+...+a202222022a1=12+2021−4044=14044，故选：D．先求出展开式中x的系数a1的值，再分别令x=0，x=12，建立方程，联立即可求解．本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．9.【答案】ABD 【解析】解：因为x2022=[−1+(x+1)]2022=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+...+a2022(x+1)2022，选项A：展开式的二项式系数和为22022，故A正确，选项B：因为n=2022，所以展开式的二项式系数的最大项为第1012项，故B正确，选项C：令x+1=0，则a0=(−1)2022=1，故C错误，选项D：令x+1=1，则a0+a1+...+a2022=0，所以a1+a2+...+a2022=0−1=−1，故D正确，故选：ABD．因为x2022=[−1+(x+1)]2022=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+...+a2022(x+1)2022，选项A：根据二项式系数和公式即可判断求解；选项B：根据n的值以及二项式系数性质即可判断；选项C：令x+1=0即可求解；选项D：令x+1=1，建立方程即可求解．本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．10.【答案】AC 【解析】解：对于A：当n=1时，a1=30；当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−2n+32，经检验，当n=1时，a1=−2+32=30，故an=−2n+32，A正确；对于B：令an=−2n+32≥0，则n≤16，故当n>17时，an<0，故S15和S16为Sn中的最大项，B错误；对于C：a1+a3+a5+⋯+a13a2+a4+a6+⋯+a12=72(a1+a13)62(a2+a12)=76，C正确；对于D：|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a30|=(a1+a2+⋯+a16)−(a17+a18+⋯+a30)=16(a1+a16)2−14(a17+a30)2=8×30−7×(−30)=450，D错误．故选：AC．根据题意，先由Sn求得an，然后根据等差数列求和，以及性质逐一判断，即可得到结果．本题主要考查数列的求和，数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中档题．11.【答案】BC 【解析】解：设g(x)=f(x)ex，则g′(x)=f′(x)−f(x)ex>0，则函数g(x)为增函数，又1>ln2>0，则g(1)>g(0)，g(1)>g(ln2)，即f(1)e>f(0)e0，f(1)e>f(ln2)eln2，即f(1)>ef(0)，2f(1)>ef(ln2)，故选：BC．设g(x)=f(x)ex，则g′(x)=f′(x)−f(x)ex>0，则函数g(x)为增函数，又1>ln2>0，则g(1)>g(0)，g(1)>g(ln2)，然后求解即可．本题考查了导数的应用，属基础题．12.【答案】ABC 【解析】解：对于A，如图直线MN与C1B1、C1D1的延长线分别交于M1，N1，连接CM1，CN1分别交BB1，DD1于M2，N2，连接MM2，NN2，则五边形MM2CN2N即为所得的截面图形，故A正确；对于B，由题可知MN//B1D1，MN⊂平面CMN，B1D1⊄平面CMN，所以B1D1//平面CMN，故点B1到平面CMN的距离即为直线B1D1到平面CMN的距离，设点B1到平面CMN的距离为h，由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，可得CM=CN=3，MN=2，S△CMN=12×2×32−(22)2=172，所以VB1−CMN=13S△CMN⋅h=13×172×h=176h，VC−B1MN=13S△B1MN⋅CC1=13×12×2=13，所以由VB1−CMN=VC−B1MN，可得h=21717，所以直线B1D1到平面CMN的距离是21717，故B正确；对于C，如图建立空间直角坐标系，则B1(2,0,2)，D1(0,2,2)，C(2,2,0)，M(1,0,2)，设PC=λMC，0≤λ≤1，所以PC=λMC=λ(1,2,−2)，又C(2,2,0)，B1(2,0,2)，D1(0,2,2)，所以P(2−λ,2−2λ,2λ)，PB1=(λ,2λ−2,2−2λ)，PD1=(λ−2,2λ,2−2λ)，假设存在点P，使得∠B1PD1=90°，∴PB1⋅PD1=λ(λ−2)+2λ(2λ−2)+(2−2λ)2=0，整理得9λ2−14λ+4=0，所以λ=7+139>1(舍去)或λ=7−139，故存在点P，使得∠B1PD1=90°，故C正确；对于D，由上知P(2−λ,2−2λ,2λ)，所以点P(2−λ,2−2λ,2λ)在DD1的射影为(0,2,2λ)，所以点P(2−λ,2−2λ,2λ)到DD1的距离为：d=(2−λ)2+(−2λ)2=5λ2−4λ+4=5(λ−25)2+165，所以当λ=25时，dmin=455，故△PDD1面积的最小值是12×2×455=455，故D错误．故选：ABC．作出截面图形判断A；利用等积法可判断B，利用坐标法可判断CD．本题主要考查线面距离的计算，立体几何中的截面问题等知识，属中档题．13.【答案】−358 【解析】解：由已知可得C n2=Cn5，所以n=7，则二项式(x−12x)7的展开式的通项公式为Tr+1=C7r(x)7−r(−12x)r=C7r⋅(−12)rx7+r2，令7+r2=5，解得r=3，所以展开式中x5的系数为C73⋅(−12)3=−358，故答案为：−358．利用已知建立方程求出n的值，然后再求出二项式的展开式的通项公式，令x的指数为5，进而可以求解．本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．14.【答案】−12 【解析】解：函数f(x)=x3−6x2+4x−1的定义域为R，导函数函数f′(x)=3x2−12x+4．因为a4，a2016是函数f(x)=x3−6x2+4x−1的的极值点，所以a4，a2016是方程f′(x)=0的两根，所以a4+a2016=4．因为{an}为等差数列，所以a1010=a4+a20162=2，所以log14a1010=−12．故答案为：−12．先由题意求出a4+a2016=4，利用等差中项求出a1010和对数的运算法则，即可求解．本题主要考查利用导数求函数的极值，属于中档题．15.【答案】34 【解析】解：f′(x)=3x2+1，设切点为(xn,xn3+xn−1)，则切线斜率k=3xn2+1，∴切线方程为y=(3xn2+1)(x−xn)+xn3+xn−1，令y=0，可得xn+1=−xn3+xn−13xn2+1+xn=2xn2+13xn2+1，∵x0=0，∴x1=1，x2=34，即r的2次近似值为34．故答案为：34．对f(x)求导，利用导数的几何意义可得在点(xn,xn3+xn−1)处的切线方程，令y=0，可得r的n+1次近似值与r的n次近似值的关系式，由x0=0，依次计算即可求得r的2次近似值．本题主要考查导数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16.【答案】22 【解析】解：连接A1C，与平面BC1D交于点N，由题意知A1N=NE=EC=13A1C=3，连接NP，由CPCC1=CNCA1=23，得NP//A1C1，且NP=23A1C1=22，∴MC+MP=MN+MP≥NP，当M为NP与平面BC1D的交点时取等号，∴MC+MP的最小值为22．故答案为：23．找出点C关于平面BC1D的对称点N，推导出当M为NP与平面BC1D的交点时MC+MP最小，求出NP即可．本题考查两线段和的最小值的求法，考查正方体的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(1)因为an+1=3n+3nan，所以an+1n+1=3ann，又bn=ann，所以bn+1=an+1n+1，所以bn+1bn=3，又b1=a1=1，所以数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以bn=3n−1；(2)由(1)知，bn=ann=3n−1，所以an=n⋅3n−1，所以Sn=1⋅30+2⋅31+3⋅32+4⋅33+⋯+(n−1)⋅3n−2+n⋅3n−1，3Sn=1⋅31+2⋅32+3⋅33+4⋅34+⋯+(n−1)⋅3n−1+n⋅3n，两式相减可得：−2Sn=30+31+32+33+34+⋯+3n−1−n⋅3n，所以−2Sn=3n−12−n⋅3n，故Sn=(2n−1)3n4+14． 【解析】(1)将an换为nbn代入an+1=3n+3nan中化简，根据定义即可判断{bn}为等比数列，由首项公比写出通项公式即可；(2)由(1)中的通项公式求得an，再利用乘公比错位相减得出前n项和即可．本题考查等比数列的定义与通项公式，错位相减法求和，属中档题．18.【答案】解：(1)因为函数f(x)=ax3+bx+2，所以f′(x)=3ax2+b，又函数f(x)在x=−2处取得极值−14．则有f(−2)=−14f′(−2)=0，即−8a−2b+2=−1412a+b=0，解得：a=−1b=12，经检验，a=−1，b=12时，符合题意，故a=−1，b=12．(2)由(1)知：函数f(x)=−x3+12x+2，则f′(x)=−3x2+12，所以f′(1)=9，又因为f(1)=−1+12+2=13，所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−13=9(x−1)，也即9x−y+4=0．(3)由(1)知：函数f(x)=−x3+12x+2，则f′(x)=−3x2+12，令f′(x)=0，解得：x1=−2，x2=2，在x∈[−3,3]时，随x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x−3(−3,−2)−2(−2,2)2(2,3)3f′(x)−0+0−f(x)−7单调递减−14单调递增18单调递减11由表可知：当x=−2时，函数f(x)有极小值f(−2)=−14；当x=2时，函数f(x)有极大值f(2)=18；因为f(−2)=−14f(−3)=−7，故函数f(x)在[−3,3]上的最小值为f(−2)=−14，最大值为f(2)=18． 【解析】(1)求导，利用在x=−2处的导数值为0，并且f(−2)=−14，解之检验即可求解；(2)结合(1)的结果，求出函数在x=1处的导数值，利用导数的几何意义，代入即可求解；(3)结合(1)的结果，列出在x∈[−3,3]时，随x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况，进而即可求解．本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．19.【答案】(1)证明：建立如图所示的直角坐标系，则A(0,0,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)．在Rt△BAD中，AD=2，BD=22，∴AB=2.∴B(2,0,0)、C(2,2,0)，∴AP=(0,0,2)，AC=(2,2,0)，BD=(−2,2,0)∴BD·AP=0，BD·AC=0，即BD⊥AP，BD⊥AC，又因为AP∩AC=A，AP，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC．(2)解：由(1)得PD=(0,2,−2)，CD=(−2,0,0)．设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z)，即2y−2z=0−2x=0，故平面PCD的法向量可取为n1=(0,1,1)∵PA⊥平面ABCD，∴AP=(0,0,2)为平面ABCD的法向量．设二面角P−CD−B的大小为θ，0<θ<π依题意可得cosθ=22，∴二面角P−CD−B的大小是π4．(3)解：由(1)得PB=(2,0,−2)，PD=(0,2,−2)，同理，可得平面PBD的法向量为n2=(1,1,1)．∵PC=(2,2,−2)，∴C到面PBD的距离为d=|2+2−21+1+1|=233． 【解析】本题考查线面垂直，面面角，已经点到面的距离，解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构特征，以便建立空间直角坐标系利用向量的基本运算解决线面共线、空间角与空间距离等问题，属于中档题．(1)证明直线BD所在的向量与平面内两个不共线的向量垂直，即可得到直线与平面内的两条相交直线垂直，进而得到线面垂直．(2)由题意求出两个平面的法向量，求出两个向量的夹角，进而转化为二面角P−CD−B的平面角即可．(3)求出平面PBD的法向量，再求出平面的斜线PC所在的向量PC，然后求出PC在法向量上的射影即可得到点到平面的距离．20.【答案】解：(1)、由题：an=an−1(1−120)+(1−an−1)15，所以an=34an−1+15an−45=34(an−1−45)而a0−45=−12，故an=45−12(34)n；(2)an=45−12(34)n>35，得12(34)n<15，所以n>log3425=lg25lg34=lg2−lg5lg3−2lg2=0.60−10.48−0.60=103，所以n=4，即截止到2022年年底． 【解析】(1)直接利用实际问题的应用，求出数列的通项公式．(2)利用数列的通项公式的应用，进一步利用对数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的递推关系式的应用，对数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．21.【答案】解：(1)由a1=1，{Snn}是公差为12的等差数列，可得Snn=1+12(n−1)=n+12，即Sn=12n(n+1)，则n≥2时，an=Sn−Sn−1=12n(n+1)−12(n−1)n=n，当n=1时，a1=1符合上式，所以an=n，n∈N*；(2)bn=2an=2n，则数列{bn}的前n项和为Tn=2(1−2n)1−2=2n+1−2，T2n−1=4n−2=(1+3)n−2=1+Cn1⋅3+Cn2⋅32+...+Cnn⋅3n−2=Cn1⋅3+Cn2⋅32+...+Cnn⋅3n−3+2，所以T2n−1除以3的余数为2． 【解析】(1)由等差数列的通项公式和数列的递推式，计算可得所求通项公式；(2)由等比数列的求和公式和二项式定理，结合整除概念可得所求余数．本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式的运用，以及二项式定理的应用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．22.【答案】解：(1)m=1时，f(x)=ex−1−xlnx，f′(x)=ex−1−lnx−1，要证f(x)在(0,+∞)上单调递增，只要证：f′(x)≥0对x>0恒成立，令i(x)=ex−1−x，则i′(x)=ex−1−1，当x>1时，i′(x)>0，当x<1时，i′(x)<0，故i(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以i(x)≥i(1)=0，即ex−1≥x(当且仅当x=1时等号成立)，令j(x)=x−1−lnx(x>0)，则j′(x)=x−1x，当01时，j′(x)>0，故j(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以j(x)≥j(1)=0，即x≥lnx+1(当且仅当x=1时取等号)，f′(x)=ex−1−lnx−1≥x−(lnx+1)≥0(当且仅当x=1时等号成立)f(x)在(0,+∞)上单调递增．(2)由g(x)=ex−m−lnx−m有g′(x)=ex−m−1x(x>0)，显然g′(x)是增函数，令g′(x0)=0，得ex0−m=1x0，em=x0ex0，m=x0+lnx0，则x∈(0,x0]时，g′(x)≤0，x∈[x0,+∞)时，g′(x)≥0，∴g(x)在(0,x0]上是减函数，在[x0,+∞)上是增函数，∴g(x)有极小值，g(x0)=ex0−m−lnx0−m=1x0−2lnx0−x0，①当m=1时，x0=1，g(x)极小值=g(1)=0，g(x)有一个零点1；②m<1时，0g(1)=1−0−1=0，g(x)没有零点；③当m>1时，x0>1，g(x0)<1−0−1=0，又g(e−m)=ee−m−m+m−m=ee−m−m>0，又对于函数y=ex−x−1，y′=ex−1≥0时x≥0，∴当x>0时，y>1−0−1=0，即ex>x+1，∴g(3m)=e2m−ln3m−m>2m+1−ln3m−m=m+1−lnm−ln3，令t(m)=m+1−lnm−ln3，则t′(m)=1−1m=m−1m，∵m>1，∴t′(m)>0，∴t(m)>t(1)=2−ln3>0，∴g(3m)>0，又e−m<1x0，∴g(x)有两个零点，综上，当m<1时，g(x)没有零点；m=1时，g(x)有一个零点；m>1时，g(x)有两个零点． 【解析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而证明结论；(2)求出函数的导数，结合函数的单调性，通过讨论m的范围，判断函数的零点个数即可．本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．