2014年高考數學模擬試題

蔡勇全

一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)

1．已知集合A={x||x-1|<2},B={x|log2x<2},則A∩B=().

A.(-1,3)B.(0,4)C.(0,3)D.(-1,4)

2．下列說法正確的是( )．

A．命題“若x=y，則sinx=siny”的逆否命題是真命題

B．函數f(x)=tanx的定義域為{x|x≠kπ,k∈Z}

C．命題“x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是“x∈R，均有x2+x+1<0”

D．“a=2” 是“直線y=-ax+2與y=a4x-1垂直”的必要不充分條件

3．函數y=xln|x|的圖象為( )．

4．已知m、n為兩條不同的直線，α、β為兩個不同的平面，則( )．

A．如果l⊥m，l⊥n，且m、nα，那么l⊥α

B．如果平面α內有不共線的三點到平面β的距離相等，那么α∥β

C．如果m⊥α，m⊥n，那么n∥α

D．如果m∥n，n⊥α，那么m⊥α

5．下列不等式成立的是( )．

A．tan9π8>tanπ6

B．sin(-3π10)>sin(-π5)

C.sinπ18>sinπ10

D.cos(-7π4)>cos(-23π5)

圖16.執行如圖1所示的程序框圖(其中［x］表示不超過x的最大整數)，則輸出的S值為( )．

A. 7B. 6

C. 5D. 4

7．某公司生產甲、乙兩種桶裝產品，已知生產甲產品一桶需耗A原材料1千克、B原材料2千克；生產乙產品1桶需耗A原材料2千克、B原材料1千克．每桶甲產品的利潤是300元，每桶乙產品的利潤是400元．公司在生產這兩種產品的計劃中，要求每天消耗A、B原材料都不超過12千克．通過合理安排生產計劃，從每天生產的甲、乙兩種產品中，公司共可獲得的最大利潤是( )．

A．2200元 B．2400元

C．2600元D．2800元

8．由數字0，1，2，3，4，5組成的奇偶數字相間且無重復數字的六位數的個數是( )．

A．36B.48C.60D.72

9．F1、F2是雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦點，以坐標原點O為圓心，|OF1|為半徑的圓與該雙曲線左支的兩個交點分別為A、B，且△F2AB是等邊三角形，則該雙曲線的離心率為( )．

A.2+1B.3+1C.2+12D.3+12

10．設數集S={a,b,c,d}滿足下列兩個條件:

(1)x,y∈S，xy∈S；(2) x,y,z∈S，若x≠y，則xz≠yz．

現給出如下論斷:①a，b，c，d中必有一個為0；②a，b，c，d中必有一個為1；③若x∈S且xy=1，則y∈S；④存在互不相等的x,y,z∈S，使得x2=y，y2=z．其中正確論斷的個數是( )．

A．1 B．2C．3D．4

二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分．

11．已知i是虛數單位，x，y∈R．若x-3i=(8x-y)i，則x+y= ．

12．若二項式(x+a)7的展開式中含x5項的系數為7，則實數a=．

圖213．已知圖2是一個空間幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為．

14．橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F，直線y=-3x與橢圓C交于A、B兩點，且AF⊥BF,則該橢圓的離心率為 ．

15．在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD=DC=1，AB=3，動點P在以點C為圓心，且與直線BD相切的圓內運動，設AP=αAD+βAB(α，β∈R)，則α+β的取值范圍為．

三、解答題：本大題共6小題，共75分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．

16．(本小題滿分12分)在銳角三角形ABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，且3a-2csinA=0．

(Ⅰ)求角C的大?。?/p>

(Ⅱ)若c=2，求a+b的最大值．

17．(本小題滿分12分)某部門對當地城鄉居民進行了主題為“你幸福嗎？”的幸福指數問卷調查，并在已被問卷調查的居民中隨機抽選部分居民參加“幸福職業”或“幸福愿景”的座談會，被邀請的居民只能選擇其中一場座談會參加．已知A小區有1人，B小區有3人收到邀請并將參加一場座談會，若A小區已經收到邀請的人選擇參加“幸福愿景”座談會的概率是34，B小區已經收到邀請的人選擇參加“幸福愿景”座談會的概率是12．

(Ⅰ)求A、B兩個小區已收到邀請的人選擇參加“幸福愿景”座談會的人數相等的概率；

(Ⅱ)在參加“幸福愿景”座談會的人中，記A、B兩個小區參會人數的和為ξ，試求ξ的分布列和數學期望．

圖318．(本小題滿分12分)如圖3在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=CA=AA1=2，側棱AA1⊥面ABC，D、E分別是棱A1B1、AA1的中點，點F在棱AB上，且AF=14AB．

(Ⅰ)求證:EF∥平面BDC1；

(Ⅱ)求二面角E-BC1-D的余弦值．

19．(本小題滿分12分)已知數列{an}，{bn}滿足:a1=0，b1=2013，且對任意的正整數n，an，an+1，bn和an+1，bn+1，bn均成等差數列．

(Ⅰ) 求a2，b2的值；

(Ⅱ)求證:{an-bn}和{an+2bn}均成等比數列；

(Ⅲ)是否存在唯一的正整數c，使得an

20．(本小題滿分13分)若拋物線C的頂點在坐標原點O，其圖象關于x軸對稱，且經過點M(1,2)．

(Ⅰ)若一個等邊三角形的一個頂點位于坐標原點，另外兩個頂點在該拋物線上，求該等邊三角形的邊長；

(Ⅱ)過點M作拋物線C的兩條弦MA，MB，設MA，MB所在直線的斜率分別為k1，k2，當k1，k2變化且滿足k1+k2=-1時，試證明直線AB恒過定點，并求出該定點坐標．

21．(本小題滿分14分)已知函數f1(x)=12x2，f2(x)=alnx(其中a>0)．

(Ⅰ)求函數f(x)=f1(x)f2(x)的極值；

(Ⅱ)若函數g(x)=f1(x)-f2(x)+(a-1)x在區間(1e,e)內有兩個零點，求正實數a的取值范圍；

(Ⅲ)求證:當x>0時，lnx+34x2-1ex>0(其中e是自然對數的底數)．

參考答案

一、CABDDADCBC

二、11．3 12．±33 13．12+16π3

14．3-1 15． (1,53)

三、解答題

16．解(Ⅰ)由3a-2csinA=0及正弦定理可得3sinA-2sinCsinA=0(sinA≠0)，∴sinC=32,∵△ABC是銳角三角形，∴C=π3．

(Ⅱ)∵c=2,C=π3，由余弦定理得a2+b2-2abcosπ3=4，即a2+b2-ab=4，∴(a+b)2=4+3ab≤4+3(a+b2)2，即(a+b)2≤16，∴a+b≤4，當且僅當a=b=2時取“=”，故a+b的最大值是4．

17.解(Ⅰ)記“A、B兩小區已經收到邀請的人選擇‘幸福愿景座談會的人數相等”為事件A，則P（A）=（1-34)×C03(12)3+34×C13(12)3=516.

(Ⅱ)隨機變量ξ的可能值為0，1，2，3，4．

P(ξ=0)=(1-34)×(1-12)3=132;

P(ξ=1)=34×(1-12)3+(1-34)×C13(12)3=632=316;

P(ξ=2)=34×C13(12)3+(1-34)×C23(12)3=1232=38;

P(ξ=3)=34×C23(12)3+(1-34)×(12)3=1032=516;

P(ξ=4)=34×(12)3=332.

ξ的分布列為:

ξ01234P13231638516332 ∴ξ的數學期望Eξ=0×132+1×316+2×38+3×516+4×332=94.圖4

18.解(Ⅰ)證明:如圖4取AB的中點M，∵AF=14AB，∴F為AM的中點，又∵E為AA1的中點，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，M分別為A1B1，AB的中點，∴A1D∥BM，且A1D=BM，則四邊形A1DBM為平行四邊形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，又∵BD平面BC1D，EF平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．

(Ⅱ)連接DM，分別以MB、MC、MD所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖4的空間直角坐標系，則B(1,0,0)，E(-1,0,1)，D(0,0,2)，C1(0,3,2)，∴BD=(-1,0,2)，BE=(-2,0,1),BC1=(-1,3,2).設平面BC1D的一個法向量為m=(x1,y1,z1)，平面BC1E的一個法向量為n=(x2,y2,z2)，則由m·BD=0及m·BC1=0得-x1+2z1=0及-x1+3y1+2z1=0，取m=(2,0,1)．又由n·BE=0及n·BC1=0得-2x2+z2=0及-x2+3y2+2z2=0，取n=(1,-3,2)，又由m與n的數量積公式可得cos=105，故二面角E-BC1-D的余弦值為105．

19.解(Ⅰ)a2=a1+b12=20132,b2=a2+b12=60394.

(Ⅱ)證明：依題意，有

an+1=an+bn2,

bn+1=an+1+bn2an+1=12an+12bn,

bn+1=14an+34bn, 因為an+1-bn+1an-bn=(12an+12bn)-(14an+34bn)an-bn=14(n∈N*)，又a1-b1=-2013≠0，所以{an-bn}是首項為-2013，公比為14的等比數列．因為

an+1+2bn+1an+2bn=(12an+12bn)+2(14an+34bn)an+2bn=1，又a1+2b1=4026≠0，所以{an+2bn}是首項為4026，公比為1的等比數列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)得an+2bn=4026,

an-bn=-20134n-1,解得an=1342-13424n-1,

bn=1342+6714n-1,顯然{an}是單調遞增數列，{bn}是單調遞減數列，而且an<1342

6714n-1<1,于是22n-2>1342，而210=1024，212=4096，所以2n-2≥12,n≥7，即對任意的n∈N*且n≥7時，1341

綜上所述，存在唯一的正整數c=1342，使得對任意的n∈N*，有an

20.解(Ⅰ)根據題意，設拋物線C的方程為y2=ax(a≠0)，點M(1,2)的坐標代入該方程，得a=4，故該拋物線的方程為y2=4x．

設這個等邊三角形OEF的頂點E、F在拋物線上，且坐標為(xE,yE)，(xF,yF)，則y2E=4xE,y2F=4xF，又|OE|=|OF|，∴x2E+y2E=x2F+y2F，即x2E-x2F+4xE-4xF=0,∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0，因xE>0，xF>0，故xE=xF，即線段EF關于x軸對稱，則∠EOx=30°，yExE=tan30°=33，即xE=3yE，代入y2E=4xE得yE=43，故等邊三角形的邊長為83．

(Ⅱ)設A(x1,y1)、B(x2,y2)，則直線MA方程y=k1(x-1)+2，MB方程y=k2(x-1)+2，聯立直線MA方程與拋物線方程，得y=k1(x-1)+2,

y2=4x,消去x得

k1y2-4y+8-4k1=0，∴y1=4k1-2， ①

同理，y2=4k2-2， ②

而直線AB的方程為y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，消去其中的x1、x2可得到y-y1=y2-y1y224-y214(x-y214)，化簡得y=4y1+y2x+y1y2y1+y2， ③

由①、②得y1+y2=4·k1+k2k1k2-4=-4k1k2-4，y1y2=4［4k1k2-2(k1+k2)k1k2+1］=4(6k1k2+1)，代入③，整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0．由x+y+1=0,

y+6=0可得x=5,

y=-6,故直線AB恒過定點(5,-6)．

21.解(Ⅰ)∵f(x)=12ax2lnx，∴f ′(x)=axlnx+12ax=12ax(2lnx+1)(x>0,a>0),由f ′(x)>0得x>e-1/2；由f ′(x)<0，得0

(Ⅱ)g(x)=12x2-alnx+(a-1)x，則g′(x)=x-ax+(a-1)=x2+(a-1)x-ax=(x+a)(x-1)x，令g′(x)=0，∵a>0，解得x=1或x=-a(舍去)，當01時，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上單調遞增．函數g(x)在區間(1e,e)內有兩個零點，只需

g(1)<0,

g(1e)>0,

g(e)>0,∴a>2e-12e2+2e,

a<12,

a>2e-e22e-2,故實數a的取值范圍為(2e-12e2+2e,12)．

(Ⅲ)問題等價于x2lnx>x2ex-34，由(Ⅰ)知f(x)=x2lnx的最小值為-12e．

設h(x)=x2ex-34，h′(x)=-x(x-2)ex，易知h(x)在(0,2)上單調遞增，在(2,+∞)上單調遞減， ∴h(x)max=h(2)=4e2-34．

∵-12e-(4e2-34)=34-12e-4e2=3e2-2e-164e2=(3e-8)(e+2)4e2>0，∴f(x)min>h(x)max，從而x2lnx>x2ex-34，故當x>0時，lnx+34x2-1ex>0．

(收稿日期：2014-02-04)

P(ξ=1)=34×(1-12)3+(1-34)×C13(12)3=632=316;

P(ξ=2)=34×C13(12)3+(1-34)×C23(12)3=1232=38;

P(ξ=3)=34×C23(12)3+(1-34)×(12)3=1032=516;

P(ξ=4)=34×(12)3=332.

ξ的分布列為:

ξ01234P13231638516332 ∴ξ的數學期望Eξ=0×132+1×316+2×38+3×516+4×332=94.圖4

18.解(Ⅰ)證明:如圖4取AB的中點M，∵AF=14AB，∴F為AM的中點，又∵E為AA1的中點，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，M分別為A1B1，AB的中點，∴A1D∥BM，且A1D=BM，則四邊形A1DBM為平行四邊形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，又∵BD平面BC1D，EF平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．

(Ⅱ)連接DM，分別以MB、MC、MD所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖4的空間直角坐標系，則B(1,0,0)，E(-1,0,1)，D(0,0,2)，C1(0,3,2)，∴BD=(-1,0,2)，BE=(-2,0,1),BC1=(-1,3,2).設平面BC1D的一個法向量為m=(x1,y1,z1)，平面BC1E的一個法向量為n=(x2,y2,z2)，則由m·BD=0及m·BC1=0得-x1+2z1=0及-x1+3y1+2z1=0，取m=(2,0,1)．又由n·BE=0及n·BC1=0得-2x2+z2=0及-x2+3y2+2z2=0，取n=(1,-3,2)，又由m與n的數量積公式可得cos=105，故二面角E-BC1-D的余弦值為105．

19.解(Ⅰ)a2=a1+b12=20132,b2=a2+b12=60394.

(Ⅱ)證明：依題意，有

an+1=an+bn2,

bn+1=an+1+bn2an+1=12an+12bn,

bn+1=14an+34bn, 因為an+1-bn+1an-bn=(12an+12bn)-(14an+34bn)an-bn=14(n∈N*)，又a1-b1=-2013≠0，所以{an-bn}是首項為-2013，公比為14的等比數列．因為

an+1+2bn+1an+2bn=(12an+12bn)+2(14an+34bn)an+2bn=1，又a1+2b1=4026≠0，所以{an+2bn}是首項為4026，公比為1的等比數列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)得an+2bn=4026,

an-bn=-20134n-1,解得an=1342-13424n-1,

bn=1342+6714n-1,顯然{an}是單調遞增數列，{bn}是單調遞減數列，而且an<1342

6714n-1<1,于是22n-2>1342，而210=1024，212=4096，所以2n-2≥12,n≥7，即對任意的n∈N*且n≥7時，1341

綜上所述，存在唯一的正整數c=1342，使得對任意的n∈N*，有an

20.解(Ⅰ)根據題意，設拋物線C的方程為y2=ax(a≠0)，點M(1,2)的坐標代入該方程，得a=4，故該拋物線的方程為y2=4x．

設這個等邊三角形OEF的頂點E、F在拋物線上，且坐標為(xE,yE)，(xF,yF)，則y2E=4xE,y2F=4xF，又|OE|=|OF|，∴x2E+y2E=x2F+y2F，即x2E-x2F+4xE-4xF=0,∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0，因xE>0，xF>0，故xE=xF，即線段EF關于x軸對稱，則∠EOx=30°，yExE=tan30°=33，即xE=3yE，代入y2E=4xE得yE=43，故等邊三角形的邊長為83．

(Ⅱ)設A(x1,y1)、B(x2,y2)，則直線MA方程y=k1(x-1)+2，MB方程y=k2(x-1)+2，聯立直線MA方程與拋物線方程，得y=k1(x-1)+2,

y2=4x,消去x得

k1y2-4y+8-4k1=0，∴y1=4k1-2， ①

同理，y2=4k2-2， ②

而直線AB的方程為y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，消去其中的x1、x2可得到y-y1=y2-y1y224-y214(x-y214)，化簡得y=4y1+y2x+y1y2y1+y2， ③

由①、②得y1+y2=4·k1+k2k1k2-4=-4k1k2-4，y1y2=4［4k1k2-2(k1+k2)k1k2+1］=4(6k1k2+1)，代入③，整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0．由x+y+1=0,

y+6=0可得x=5,

y=-6,故直線AB恒過定點(5,-6)．

21.解(Ⅰ)∵f(x)=12ax2lnx，∴f ′(x)=axlnx+12ax=12ax(2lnx+1)(x>0,a>0),由f ′(x)>0得x>e-1/2；由f ′(x)<0，得0

(Ⅱ)g(x)=12x2-alnx+(a-1)x，則g′(x)=x-ax+(a-1)=x2+(a-1)x-ax=(x+a)(x-1)x，令g′(x)=0，∵a>0，解得x=1或x=-a(舍去)，當01時，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上單調遞增．函數g(x)在區間(1e,e)內有兩個零點，只需

g(1)<0,

g(1e)>0,

g(e)>0,∴a>2e-12e2+2e,

a<12,

a>2e-e22e-2,故實數a的取值范圍為(2e-12e2+2e,12)．

(Ⅲ)問題等價于x2lnx>x2ex-34，由(Ⅰ)知f(x)=x2lnx的最小值為-12e．

設h(x)=x2ex-34，h′(x)=-x(x-2)ex，易知h(x)在(0,2)上單調遞增，在(2,+∞)上單調遞減， ∴h(x)max=h(2)=4e2-34．

∵-12e-(4e2-34)=34-12e-4e2=3e2-2e-164e2=(3e-8)(e+2)4e2>0，∴f(x)min>h(x)max，從而x2lnx>x2ex-34，故當x>0時，lnx+34x2-1ex>0．

(收稿日期：2014-02-04)

P(ξ=1)=34×(1-12)3+(1-34)×C13(12)3=632=316;

P(ξ=2)=34×C13(12)3+(1-34)×C23(12)3=1232=38;

P(ξ=3)=34×C23(12)3+(1-34)×(12)3=1032=516;

P(ξ=4)=34×(12)3=332.

ξ的分布列為:

ξ01234P13231638516332 ∴ξ的數學期望Eξ=0×132+1×316+2×38+3×516+4×332=94.圖4

18.解(Ⅰ)證明:如圖4取AB的中點M，∵AF=14AB，∴F為AM的中點，又∵E為AA1的中點，∴EF∥A1M.在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，M分別為A1B1，AB的中點，∴A1D∥BM，且A1D=BM，則四邊形A1DBM為平行四邊形，∴A1M∥BD，∴EF∥BD，又∵BD平面BC1D，EF平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．

(Ⅱ)連接DM，分別以MB、MC、MD所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖4的空間直角坐標系，則B(1,0,0)，E(-1,0,1)，D(0,0,2)，C1(0,3,2)，∴BD=(-1,0,2)，BE=(-2,0,1),BC1=(-1,3,2).設平面BC1D的一個法向量為m=(x1,y1,z1)，平面BC1E的一個法向量為n=(x2,y2,z2)，則由m·BD=0及m·BC1=0得-x1+2z1=0及-x1+3y1+2z1=0，取m=(2,0,1)．又由n·BE=0及n·BC1=0得-2x2+z2=0及-x2+3y2+2z2=0，取n=(1,-3,2)，又由m與n的數量積公式可得cos=105，故二面角E-BC1-D的余弦值為105．

19.解(Ⅰ)a2=a1+b12=20132,b2=a2+b12=60394.

(Ⅱ)證明：依題意，有

an+1=an+bn2,

bn+1=an+1+bn2an+1=12an+12bn,

bn+1=14an+34bn, 因為an+1-bn+1an-bn=(12an+12bn)-(14an+34bn)an-bn=14(n∈N*)，又a1-b1=-2013≠0，所以{an-bn}是首項為-2013，公比為14的等比數列．因為

an+1+2bn+1an+2bn=(12an+12bn)+2(14an+34bn)an+2bn=1，又a1+2b1=4026≠0，所以{an+2bn}是首項為4026，公比為1的等比數列．

(Ⅲ)由(Ⅱ)得an+2bn=4026,

an-bn=-20134n-1,解得an=1342-13424n-1,

bn=1342+6714n-1,顯然{an}是單調遞增數列，{bn}是單調遞減數列，而且an<1342

6714n-1<1,于是22n-2>1342，而210=1024，212=4096，所以2n-2≥12,n≥7，即對任意的n∈N*且n≥7時，1341

綜上所述，存在唯一的正整數c=1342，使得對任意的n∈N*，有an

20.解(Ⅰ)根據題意，設拋物線C的方程為y2=ax(a≠0)，點M(1,2)的坐標代入該方程，得a=4，故該拋物線的方程為y2=4x．

設這個等邊三角形OEF的頂點E、F在拋物線上，且坐標為(xE,yE)，(xF,yF)，則y2E=4xE,y2F=4xF，又|OE|=|OF|，∴x2E+y2E=x2F+y2F，即x2E-x2F+4xE-4xF=0,∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0，因xE>0，xF>0，故xE=xF，即線段EF關于x軸對稱，則∠EOx=30°，yExE=tan30°=33，即xE=3yE，代入y2E=4xE得yE=43，故等邊三角形的邊長為83．

(Ⅱ)設A(x1,y1)、B(x2,y2)，則直線MA方程y=k1(x-1)+2，MB方程y=k2(x-1)+2，聯立直線MA方程與拋物線方程，得y=k1(x-1)+2,

y2=4x,消去x得

k1y2-4y+8-4k1=0，∴y1=4k1-2， ①

同理，y2=4k2-2， ②

而直線AB的方程為y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，消去其中的x1、x2可得到y-y1=y2-y1y224-y214(x-y214)，化簡得y=4y1+y2x+y1y2y1+y2， ③

由①、②得y1+y2=4·k1+k2k1k2-4=-4k1k2-4，y1y2=4［4k1k2-2(k1+k2)k1k2+1］=4(6k1k2+1)，代入③，整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0．由x+y+1=0,

y+6=0可得x=5,

y=-6,故直線AB恒過定點(5,-6)．

21.解(Ⅰ)∵f(x)=12ax2lnx，∴f ′(x)=axlnx+12ax=12ax(2lnx+1)(x>0,a>0),由f ′(x)>0得x>e-1/2；由f ′(x)<0，得0

(Ⅱ)g(x)=12x2-alnx+(a-1)x，則g′(x)=x-ax+(a-1)=x2+(a-1)x-ax=(x+a)(x-1)x，令g′(x)=0，∵a>0，解得x=1或x=-a(舍去)，當01時，g′(x)>0，故g(x)在(1,+∞)上單調遞增．函數g(x)在區間(1e,e)內有兩個零點，只需

g(1)<0,

g(1e)>0,

g(e)>0,∴a>2e-12e2+2e,

a<12,

a>2e-e22e-2,故實數a的取值范圍為(2e-12e2+2e,12)．

(Ⅲ)問題等價于x2lnx>x2ex-34，由(Ⅰ)知f(x)=x2lnx的最小值為-12e．

設h(x)=x2ex-34，h′(x)=-x(x-2)ex，易知h(x)在(0,2)上單調遞增，在(2,+∞)上單調遞減， ∴h(x)max=h(2)=4e2-34．

∵-12e-(4e2-34)=34-12e-4e2=3e2-2e-164e2=(3e-8)(e+2)4e2>0，∴f(x)min>h(x)max，從而x2lnx>x2ex-34，故當x>0時，lnx+34x2-1ex>0．

(收稿日期：2014-02-04)