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2019-2020年高三数学上学期9月段考试卷理(含解析)
一、选择题(共8小题,每小题5分,满分40分)1.(5分)已知集合A={x∈R|y=},B={y∈R|y=},则A∩B=()A.∅B.{1}C.D.{(1,0)}2.(5分)若命题p∀x∈R,2x2+1>0,则¬p是()A.∀x∈R,2x2+1≤0B.∃x∈R,2x2+1>0C.∃x∈R,2x2+1<0D.∃x∈R,2x2+1≤03.(5分)函数f(x)=lnx+2x﹣6的零点位于()A.B.C.D.4.(5分)“cos2α=”是“sinα=”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.(5分)设a<b,函数y=(x﹣a)2(x﹣b)的图象可能是()A.B.C.D.6.(5分)已知函数的最小正周期为4π,则()A.函数f(x)的图象关于点()对称B.函数f(x)的图象关于直线对称C.函数f(x)的图象向右平移个单位后,图象关于原点对称D.函数f(x)在区间(0,π)内单调递增7.(5分)设函数y=f(x)的反函数是y=g(x),如果f(ab)=f(a)+f(b),则有()A.g(ab)=g(a)•g(b)B.g(a+b)=g(a)+g(b)C.g(a+b)=g(a)•g(b)D.g(ab)=g(a)+g(b)8.(5分)当x∈时,不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立,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,满分30分.请将答案填在答题卡相应位置.9.(5分)已知函数f(x)=sinx,则f=.10.(5分)如图是函数f(x)=Asin(ωx+φ),(A>0,ω>0,|φ|<)的图象,则其解析式是.11.(5分)已知函数f(x)=,则方程f(x)=1解的个数为.12.(5分)如图,由x=0,x=e,y=0,y=e,y=lnx,y=ex六条曲线共同围成的面积为.13.(5分)若函数f(x)=sin2x+mcos2x的图象关于直线对称,则实数m=.14.(5分)设函数f(x)=,则不等式f≤2的解集为.
三、解答题本题共有6个小题,满分80分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤,格式要规范.15.(12分)完成下列各题(Ⅰ)求函数f(x)=的定义域;(Ⅱ)求函数f(x)=的值域.16.(12分)求函数y=(sinx﹣2)(cosx﹣2)的最大值和最小值.17.(14分)已知函数f(x)=sin2x+2cos2x.(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间.(Ⅱ)将f(x)的图象向右平移个单位长度,得到函数g(x)的图象;再将得到函数g(x)的图象向下平移1个单位,同时将周期扩大1倍,得到函数h(x)的图象,分别写出函数g(x)与h(x)解析式.18.(14分)设函数f(x)的定义域为R,对于任意实数m、n,总有f(m+n)=f(m)•f(n),且x>0时0<f(x)<1.
(1)证明f
(0)=1,且x<0时f(x)>1;
(2)证明f(x)在R上单调递减;
(3)设A={(x,y)|f(x2)•f(y2)>f
(1)},B={(x,y)|f(ax﹣y+2)=1,a∈R},若A∩B=∅,确定a的范围.19.(14分)已知f(x)=ax﹣lnx,x∈(0,e],g(x)=,其中e是自然常数,a∈R.(Ⅰ)讨论a=1时,f(x)的单调性、极值;(Ⅱ)求证当a=1时,f(x)>g(x)+;是否存在实数a,使f(x)的最小值是3,若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.20.(14分)已知函数f(x)=ln﹣mx(m∈R)(Ⅰ)求函数f(x)=ln﹣mx(m∈R)的单调区间;(Ⅱ)若函数2f(x)≤m+1恒成立,求m的取值范围;(Ⅲ)当m=﹣1,且0≤b<a≤1时,证明<<2.广东省珠海一中xx届高三上学期9月段考数学试卷(理科)参考答案与试题解析
一、选择题(共8小题,每小题5分,满分40分)1.(5分)已知集合A={x∈R|y=},B={y∈R|y=},则A∩B=()A.∅B.{1}C.D.{(1,0)}考点交集及其运算.专题集合.分析分别求解函数的定义域与值域化简集合A,B,然后直接利用交集运算求解.解答解A={x∈R|y=}={x|x≤1}=(﹣∞,1].B={y∈R|y=}={y|y≥0}=∩.故选C.点评本题考查了交集及其运算,考查了考查了函数的定义域及其值域的求法,是基础题.2.(5分)若命题p∀x∈R,2x2+1>0,则¬p是()A.∀x∈R,2x2+1≤0B.∃x∈R,2x2+1>0C.∃x∈R,2x2+1<0D.∃x∈R,2x2+1≤0考点命题的否定;全称命题.专题计算题.分析根据含有量词的命题的否定形式将任意改为存在,结论否定,即可写出否命题解答解由题意∀x∈R,2x2+1>0,的否定是∃x∈R,2x2+1≤0故选D点评本题的考点是命题的否定,主要考查含量词的命题的否定形式将任意与存在互换,结论否定即可.3.(5分)函数f(x)=lnx+2x﹣6的零点位于()A.B.C.D.考点函数的零点.专题函数的性质及应用.分析利用函数y=lnx,y=2x﹣6,在区间(0,+∞)上单调递增,可得函数f(x)=lnx+2x﹣6在区间(0,+∞)上单调性;由于f
(2)=ln2+4﹣6=ln2﹣2<0,f
(3)=ln3>0,可得f
(2)f
(3)<0.利用函数零点的判定定理即可得出.解答解∵函数y=lnx,y=2x﹣6,在区间(0,+∞)上单调递增,∴函数f(x)=lnx+2x﹣6在区间(0,+∞)上单调递增.又∵f
(2)=ln2+4﹣6=ln2﹣2<0,f
(3)=ln3>0,∴f
(2)f
(3)<0.∴函数f(x)=lnx+2x﹣6的零点位于区间.故选B.点评本题主要考查了函数的单调性和函数零点的判定定理,属于基础题.4.(5分)“cos2α=”是“sinα=”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件考点必要条件、充分条件与充要条件的判断.分析根据二倍角的余弦公式,由cos2α=得到sin,由sinα=能得到cos2α=,所以“cos2α=”是“sinα=”的必要不充分条件.解答解cos2α=,∴,∴由cos2α=不一定得出sinα=,即cos2α=不是sinα=的充分条件;sinα=时,cos2α=1﹣2,即cos2α=是sinα=的必要条件;∴cos2α=是sinα=的必要不充分条件.故选B.点评考查二倍角的余弦公式,充分条件,必要条件,必要不充分条件的概念.5.(5分)设a<b,函数y=(x﹣a)2(x﹣b)的图象可能是()A.B.C.D.考点函数的图象.专题压轴题;数形结合.分析根据解析式判断y的取值范围,再结合四个选项中的图象位置即可得出正确答案.解答解由题,=(x﹣a)2的值大于等于0,故当x>b时,y>0,x<b时,y≤0.对照四个选项,C选项中的图符合故选C.点评本题考查了高次函数的图象问题,利用特殊情况x>b,x<b时y的符号变化确定比较简单.6.(5分)已知函数的最小正周期为4π,则()A.函数f(x)的图象关于点()对称B.函数f(x)的图象关于直线对称C.函数f(x)的图象向右平移个单位后,图象关于原点对称D.函数f(x)在区间(0,π)内单调递增考点由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式;复合三角函数的单调性.专题计算题;三角函数的图像与性质.分析通过函数的周期求出ω,然后判断函数的对称中心与对称轴,以及函数图象的平移变换,函数的单调性判断四个选项的正误.解答解因为函数的最小正周期为4π,所以ω==,函数,当x=时,,所以函数f(x)的图象关于点()对称,不正确;函数f(x)的图象关于直线对称,B不正确;函数f(x)的图象向右平移个单位后,得到函数为=,图象关于原点对称,正确.函数f(x)在区间(0,π)内单调递增,在区间(0,π)内有增有减,所以D不正确;故选C.点评本题考查三角函数的单调性对称性函数图象的平移,考查基本知识的应用.7.(5分)设函数y=f(x)的反函数是y=g(x),如果f(ab)=f(a)+f(b),则有()A.g(ab)=g(a)•g(b)B.g(a+b)=g(a)+g(b)C.g(a+b)=g(a)•g(b)D.g(ab)=g(a)+g(b)考点抽象函数及其应用;反函数.专题函数的性质及应用.分析由函数y=f(x)的反函数是y=g(x),可得当f(a)=m,f(b)=n时,g(m)=a,g(n)=b,进而由f(ab)=f(a)+f(b)可得g(m)•g(n)=g(m+n),以a、b分别代替上式中的m、n后可得答案.解答解设f(a)=m,f(b)=n,由于g(x)是f(x)的反函数,∴g(m)=a,g(n)=b,从而m+n=f(a)+f(b)=f(ab)=f,∴g(m)•g(n)=g(m+n),以a、b分别代替上式中的m、n即得g(a+b)=g(a)•g(b).故选C点评本题考查的知识点是反函数,其中根据函数y=f(x)的反函数是y=g(x)得到当f(a)=m,f(b)=n时,g(m)=a,g(n)=b是解答本题的关键.8.(5分)当x∈时,不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.考点函数恒成立问题;其他不等式的解法.专题综合题;导数的综合应用;不等式的解法及应用.分析分x=0,0<x≤1,﹣2≤x<0三种情况进行讨论,分离出参数a后转化为函数求最值即可,利用导数即可求得函数最值,注意最后要对a取交集.解答解当x=0时,不等式ax3﹣x2+4x+3≥0对任意a∈R恒成立;当0<x≤1时,ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a≥,令f(x)=,则f′(x)==﹣(*),当0<x≤1时,f′(x)>0,f(x)在(0,1]上单调递增,f(x)max=f
(1)=﹣6,∴a≥﹣6;当﹣2≤x<0时,ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a≤,由(*)式可知,当﹣2≤x<﹣1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当﹣1<x<0时,f′(x)>0,f(x)单调递增,f(x)min=f(﹣1)=﹣2,∴a≤﹣2;综上所述,实数a的取值范围是﹣6≤a≤﹣2,即实数a的取值范围是.故选C.点评本题考查利用导数研究函数的最值,考查转化思想、分类与整合思想,按照自变量讨论,最后要对参数范围取交集;若按照参数讨论则取并集.
二、填空题本大题共6小题,每小题5分,满分30分.请将答案填在答题卡相应位置.9.(5分)已知函数f(x)=sinx,则f=﹣.考点函数的值.专题函数的性质及应用.分析利用函数的性质求解.解答解∵函数f(x)=sinx,∴f=sin()=sin
(335)=﹣sin=﹣sin=﹣.故答案为﹣.点评本题考查函数值的求法,解题时要认真审题,注意三角函数性质的合理运用.10.(5分)如图是函数f(x)=Asin(ωx+φ),(A>0,ω>0,|φ|<)的图象,则其解析式是f(x)=3sin(2x+).考点由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式.专题计算题;三角函数的图像与性质.分析由图知A=3,T=π,从而可求ω,再由ω+φ=2kπ+π(k∈Z)求得φ,即可得其解析式.解答解由图知,A=3,T=﹣(﹣)=π,∴ω==2,又ω+φ=2kπ+π(k∈Z),即×2+φ=2kπ+π(k∈Z),∴φ=2kπ+(k∈Z),∴f(x)=3sin(2x+),故答案为f(x)=3sin(2x+).点评本题考查由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式,确定φ是难点,属于中档题.11.(5分)已知函数f(x)=,则方程f(x)=1解的个数为2.考点根的存在性及根的个数判断.专题计算题;函数的性质及应用.分析由于是分段函数,故分别令其等于1,解出方程即可.解答解∵函数f(x)=,方程f(x)=1,∴若log2x=1,则x=2,成立;若3x=1,则x=0,成立.故答案为2.点评本题考查了分段函数求零点的方法,同时考查了方程与函数的关系,属于基础题.12.(5分)如图,由x=0,x=e,y=0,y=e,y=lnx,y=ex六条曲线共同围成的面积为2.考点定积分.专题导数的概念及应用;导数的综合应用.分析由曲线的图象,求出它们的交点,由此可得所求面积S=+,再用定积分计算公式加以运算即可得到本题答案解答解∵曲线y=ex和x=0,y=e的交点为(1,e)和(0,1),曲线y=lnx和y=0,x=e的交点为(1,0)和(e,1),∴所求图形的面积为S=+=(xlnx﹣x)+(ylny﹣y)=1+1=2,故答案为2.点评本题求两条曲线围成的曲边图形的面积,着重考查了定积分的几何意义和积分计算公式等知识,属于基础题.13.(5分)若函数f(x)=sin2x+mcos2x的图象关于直线对称,则实数m=﹣1.考点正弦函数的对称性.专题计算题.分析先将函数y=sin2x+mcos2x利用辅角公式化简,然后根据正弦函数在对称轴上取最值可得答案.解答解由题意知y=sin2x+mcos2x=sin(2x+φ)当x=﹣时函数y=sin2x+mcos2x取到最值±将x=﹣代入可得﹣sin(2×)+mcos(2×)==±即m=﹣1故答案为﹣1.点评本题主要考查三角函数的辅角公式和正弦函数的对称性问题.属基础题.14.(5分)设函数f(x)=,则不等式f≤2的解集为(﹣∞,].考点分段函数的应用.专题计算题;不等式的解法及应用.分析令f(x)=t,则f≤2即为f(t)≤2,即或,解出得到t≥﹣2.再由或,解出它们,求并集即可.解答解函数f(x)=,令f(x)=t,则f≤2即为f(t)≤2,即或,即或t≥0,则﹣2≤t<0或t≥0,即有t≥﹣2.即f(x)≥﹣2.即有或,解得x<0或0≤x,即有x.则解集为(﹣∞,]故答案为(﹣∞,]点评本题考查分段函数及运用,考查解不等式时注意各段的自变量的范围,同时考查换元法的运用,考查运算能力,属于中档题.
三、解答题本题共有6个小题,满分80分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤,格式要规范.15.(12分)完成下列各题(Ⅰ)求函数f(x)=的定义域;(Ⅱ)求函数f(x)=的值域.考点函数的值域;函数的定义域及其求法.专题数形结合;函数思想;函数的性质及应用.分析
(1)3﹣tanx≥0,解不等式得kπ﹣,即可得到答案.
(2)运用数形结合的思想解决.解答解
(1)函数f(x)=的定义域﹣tanx≥0,解不等式得kπ﹣,k∈Z函数f(x)=的定义域(kπ,kπ],k∈Z,
(2))几何意义为点(cosx,sinx),点(﹣3,﹣1)两点连线的斜率,点(cosx,sinx)为单位圆上的点.设斜率为k,则切线方程为kx﹣y+3k﹣1=0,根据直线与圆的位置关系得=1,解得k=0,k=,有图形可判断函数f(x)=的值域为点评本题综合考查了不等式在求解定义域中的运用,运用数形结合的思想求解函数值域.16.(12分)求函数y=(sinx﹣2)(cosx﹣2)的最大值和最小值.考点三角函数的最值.专题计算题.分析函数化成y=sinxcosx﹣2(sinx+cosx)+4,利用sinx+cosx与sinx•cosx之间的关系,进行换元将函数转化成关于sinx+cosx的二次函数来解,即可得到函数的最大值和最小值.解答解y=(sinx﹣2)(cosx﹣2)=sinxcosx﹣2(sinx+cosx)+4令t=sinx+cosx=sin(x+)∈,则sinxcosx=(t2﹣1)y=t2﹣2t+=(t﹣2)2+,其中t∈,∴当t=﹣时,即x=(k∈Z)时,函数的最大值为当t=时,即x=(k∈Z)时,函数的最小值为综上所述函数的最大值为,函数的最小值为点评本题主要考查了两角和公式的化简求值,二次函数的性质.此题考查的是换元法,转化思想,在换元时要注意变量的取值范围.17.(14分)已知函数f(x)=sin2x+2cos2x.(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间.(Ⅱ)将f(x)的图象向右平移个单位长度,得到函数g(x)的图象;再将得到函数g(x)的图象向下平移1个单位,同时将周期扩大1倍,得到函数h(x)的图象,分别写出函数g(x)与h(x)解析式.考点函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换;两角和与差的正弦函数.专题三角函数的图像与性质.分析(Ⅰ)先化简得f(x)=2sin(2x+)+1,从而可求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间.(Ⅱ)根据函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律,即可写出函数g(x)与h(x)解析式.解答解(Ⅰ)f(x)=sin2x+2cos2x=sin2x+1+cos2x=2sin(2x+)+1,函数f(x)的最小正周期T==π.由2kπ﹣≤2x+≤2kπ+,k∈Z,求得kπ﹣≤x≤kπ+,k∈Z.故函数的单调增区间为.(Ⅱ)f(x)=2sin(2x+)+1,∵f(x﹣)=2sin+1=2sin2x+1=g(x),∴g(x)=2sin2x+1,将得到函数g(x)的图象向下平移1个单位,该函数的周期为π,若将其周期变为2π,∴h(x)=2sinx.点评本题主要考察了函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换和两角和与差的正弦函数的应用,属于中档题.18.(14分)设函数f(x)的定义域为R,对于任意实数m、n,总有f(m+n)=f(m)•f(n),且x>0时0<f(x)<1.
(1)证明f
(0)=1,且x<0时f(x)>1;
(2)证明f(x)在R上单调递减;
(3)设A={(x,y)|f(x2)•f(y2)>f
(1)},B={(x,y)|f(ax﹣y+2)=1,a∈R},若A∩B=∅,确定a的范围.考点函数单调性的判断与证明;交集及其运算;直线与圆的位置关系.专题计算题.分析对于抽象函数的求解策略和方法为赋值法,
(1)令m>0,n=0,代入已知条件,即可求得结果;
(2))∀x1<x2∈R,则x2﹣x1>0,0<f(x2﹣x1)<1,f(x1)>0⇒f(x2)﹣f(x1)=f(x2﹣x1+x1)﹣f(x1)=f(x2﹣x1)f(x1)﹣f(x1)=f(x1)<0代入已知条件即可判定函数的单调性.
(3)f(x2)f(y2)>f
(1)⇒f(x2+y2)>f
(1)结合函数f(x)在R上单调递减得到x2+y2<1;f(ax﹣y+2)=1=f
(0)⇒ax﹣y+2=0(一条直线)结合直线与圆的位置关系即可确定a的范围.解答解
(1)证明f(m+n)=f(m)•f(n),令m>0,n=0,⇒f(m)=f(m)f
(0)已知x>0时0<f(x)<1.⇒f
(0)=1设m=x<0,n=﹣x>0,f(﹣x)∈(0,1)⇒f
(0)=f(m+n)=f(m)f(n)=1⇒f(m)>1,即当x<0时f(x)>1…(4分)
(2)∀x1<x2∈R,则x2﹣x1>0,0<f(x2﹣x1)<1,f(x1)>0⇒f(x2)﹣f(x1)=f(x2﹣x1+x1)﹣f(x1)=f(x2﹣x1)f(x1)﹣f(x1)=f(x1)<0∴f(x)在R上单调递减.…(10分)
(3)f(x2)f(y2)>f
(1)⇒f(x2+y2)>f
(1)f(x)在R上单调递减⇒x2+y2<1(单位圆内部分)f(ax﹣y+2)=1=f
(0)⇒ax﹣y+2=0(一条直线)A∩B=φ⇒⇒a2≤3⇒a∈…(16分)点评本题考查抽象函数的有关问题,其中赋值法是常用的方法,考查函数单调性的判断与证明、函数的奇偶性的定义,属基础题.19.(14分)已知f(x)=ax﹣lnx,x∈(0,e],g(x)=,其中e是自然常数,a∈R.(Ⅰ)讨论a=1时,f(x)的单调性、极值;(Ⅱ)求证当a=1时,f(x)>g(x)+;是否存在实数a,使f(x)的最小值是3,若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.考点导数在最大值、最小值问题中的应用;利用导数研究函数的单调性;利用导数研究函数的极值.专题导数的综合应用.分析(I)利用导数的运算法则可得f′(x),在区间(0,e]上分别解出f′(x)=0,f′(x)>0,f′(x)<0,即可得出极值;(II))
(1)由(I)可知函数f(x)在区间(0,e]上的极小值也是最小值,可得f(x)min=1.令h(x)=g(x)+=,利用导数研究其单调性和极值最大值,再与1比较即可;
(2)假设存在实数a,使得f(x)=ax﹣lnx(x∈(0,e])由最小值3,可得=.通过对a分类讨论即可得出.解答解(I)当a=1时,f(x)=x﹣lnx,x∈(0,e].∴,当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减;当1<x<e时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增.∴当x=1时,函数f(x)取得极小值,且f
(1)=1.(II)
(1)由(I)可知函数f(x)在区间(0,e]上的极小值也是最小值,∴f(x)min=1.令h(x)=g(x)+=,,当0<x<e时,h′(x)>0,h(x)在(0,e]上单调递增.∴=1=f(x)min.∴当a=1时,f(x)>g(x)+;
(2)假设存在实数a,使得f(x)=ax﹣lnx(x∈(0,e])由最小值3,=.
①当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae﹣1=3,解得,应舍去,此时不满足条件;
②当0<<e时,f(x)在(0,)上单调递减,在上单调递增,∴=1+lna=3,解得a=e2,满足条件;
③当时,f′(x)<0,f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae﹣1=3,解得,应舍去,此时不满足条件,此时f(x)无最小值.综上可知存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时,f(x)由最小值3.点评熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、分类讨论思想方法等是解题的关键.20.(14分)已知函数f(x)=ln﹣mx(m∈R)(Ⅰ)求函数f(x)=ln﹣mx(m∈R)的单调区间;(Ⅱ)若函数2f(x)≤m+1恒成立,求m的取值范围;(Ⅲ)当m=﹣1,且0≤b<a≤1时,证明<<2.考点对数函数图象与性质的综合应用.专题函数的性质及应用;导数的综合应用.分析(Ⅰ)求函数的导数利用导数即可求出函数的单调区间.(Ⅱ)根据函数2f(x)≤m+1恒成立,转化为求函数的最值即可求m的取值范围;(Ⅲ)当m=1时,构造新函数g(x),对新函数求导,得到新函数在上递增,利用递增函数的定义,写出递增所满足的条件,在构造新函数h(x),同理得到函数在上递减,得到递减的条件,得到结论解答(I)函数f(x)的定义域为(﹣),f(x)=ln﹣mx=,(x),∴,∵2x+1>0,∴当m≤0时,f(x)>0,当m>0时,令f(x)=0,解得x=,列表如下x()(,+∞)f(x+0﹣f(x)递增极大值递减综上所述,当m≤0,f(x)的增区间;当m>0时,f(x)的增区间为(),减区间是(),(II)若函数2f(x)≤m+1恒成立,只需要2f(x)的最大值小于等于m+1,当m≤0时,2f(x)=ln(2x+1)﹣2mx,当x→+∞,2f(x)→+∞,故不成立.当m>0时,由(I)知f(x)有唯一的极大值f(),且是极大值,同时也是最大值.从而2f(x)≤2f()=,解得m,故函数2f(x)≤m+1恒成立时,m的取值范围.(III)证明当m=1时,令g(x)=f(x)﹣x=ln(1+2x)﹣x,g′(x)=,在上总有g′(x)≥0,即g(x)在上递增,当1≥a>b≥0时,g(a)>g(b),即f(a)﹣a>f(b)﹣b,即,∴<,令h(x)=f(x)﹣2x=ln(1+2x)﹣x,由(Ⅱ)知它在上递减,∴h(a)<h(b)即f(a)﹣2a<f(b)﹣2b,∴<2.综上所述,当m=1,且1≥a>b≥0时,<<2.点评本题主要考查函数单调性和导数之间的关系,考查导数的基本应用,综合性较强,难度较大.。