2023-2024学年北京市丰台区高二(下)期中数学试卷(a卷)

2023-2024学年北京市丰台区高二（下）期中数学试卷（A卷）一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）已知函数f（x）＝sin2x，则f（x）的导函数f'（x）＝（）A．cos2x B．2cos2x C．﹣cos2x D．﹣2cos2x2．（4分）某学校组织课外实践活动，现有5条不同的路线供高一、高二、高三3个年级选择，每个年级从中任意选择一条路线，最终确定3个年级的课外实践活动总方案．则不同的活动方案有（）A．3×5种 B．A53种 C．53种 D．33．（4分）已知函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．f（﹣1）为f（x）的极小值 B．f（x）恰有两个极值点 C．f（﹣3）为f（x）的极大值 D．f（x）恰有一个极值点4．（4分）在(2x−1A．﹣160 B．﹣120 C．120 D．1605．（4分）从0，1，2，3，4这5个数字中随机选取3个不同的数字，可以组成比300大的三位数的个数为（）A．12 B．24 C．32 D．366．（4分）设f（x）、g（x）是定义在R上的可导函数，且f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＜0，则当a＜x＜b时有（）A．f（x）g（x）＞f（b）g（b） B．f（x）g（a）＞f（a）g（x） C．f（x）g（b）＞f（b）g（x） D．f（x）g（x）＞f（a）g（a）7．（4分）对A，B两地国企员工的上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），X～N（2，4），对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），Y～N（3，19），对应的曲线为C2A． B． C． D．8．（4分）投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审，若都能通过，则予以录用；若均未通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.4，各专家独立评审，则投到该杂志的1篇稿件被录用的概率是（）A．0.25 B．0.35 C．0.45 D．0.559．（4分）如图所示为莱布尼茨三角形，该三角形具有很多优美的性质．如果n≥2，n∈N*，则下列结论中正确的是（）A．第6行第4个数是1105B．当n＝2024时，中间一项为12025C．当n＝2025时，中间的两项相等，且同时取得最大值 D．110．（4分）相传蹴鞠早于商代已有，战国时期流入民间，至汉代更成了军中用以练身习武的工具，并列于兵书．现有A，B两支队伍共进行8场蹴鞠比赛，每场比赛相互独立，A队每场比赛获胜的概率均为34，经分析知A队共胜k场的概率最大，则kA．4 B．5 C．6 D．7二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，则m＝．X1234P0.2m0.52m12．（5分）一个袋子中有9个大小和形状均相同的小球，其中4个红球，3个白球，2个黄球．每次从袋子中随机摸出一个球，摸出的球不再放回，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到黄球的概率为．13．（5分）已知函数f(x)=13x3+2x2−12x+8在区间（14．（5分）已知(2x−1)6=a6x6+a5x5+⋅⋅⋅+a115．（5分）已知曲线y=x2ex+1上任意一点P（与原点O①k的值不可能为0；②∀k∈（﹣∞，0），总存在唯一的点P与之对应；③∀k∈（0，+∞），总存在两个点P与之对应；④k＜1恒成立．其中所有正确结论的序号为．三、解答题：共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．（13分）某校志愿者团队共派出6人参加志愿服务活动，其中男生4人，女生2人．（Ⅰ）从这6人中选出男、女队长各1人，共有多少种选法？（Ⅱ）从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有多少种选法？17．（13分）已知函数f（x）＝x3﹣2x2+x﹣1．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）在区间[0，4]上的最大值．18．（15分）某校为了解高二学生的作业完成时长，在该校高二学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示．时长t（小时）[0，2）[2，2.5）[2.5，3）[3，3.5）[3.5，4）人数24344218假设用频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响．（Ⅰ）从该校高二学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；（Ⅱ）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有X人可以在2小时内完成各科作业，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）从该校高二学生中随机选取3人，其中共有ξ人可以在3小时内完成各科作业，η人在3小时及以上完成各科作业，写出数学期望E（ξ）和E（η）的大小关系．（结论不需要证明）19．（14分）已知函数f（x）＝ax2﹣（2a+1）x+lnx．（Ⅰ）当a＝0时，求证：f（x）+1≤0；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．20．（15分）已知函数f（x）＝﹣x+（x2+2x）e﹣x．（Ⅰ）设函数g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间；（Ⅱ）求f（x）的极值点个数；（Ⅲ）若f（x）＞0的解集为D，记D中的最大负整数为m，最大正整数为n，直接写出m和n的值．21．（15分）定义n元有序实数组(x1，x2，x3，⋯，xn−1，xn)为n维向量（n∈Ν*），其中xi∈{﹣1，0，1}（i＝1，2，3，…，n），|x1|+|x2|+|x3|+…+|xn﹣1|+|xn|为该向量的范数．范数为奇数的n维向量的个数为An，这An个向量的范数之和为Bn．已知n维向量a，b分别为：a＝（a1，a2，a3，…，an﹣1，an），b＝（b1，b2，b3，…，bn﹣1，bn），定义a⊕（Ⅰ）求A2和B2的值；（Ⅱ）求集合C＝{（a，b）|a⊕b＝n﹣3，n＞3}的元素个数；（Ⅲ）当n为偶数时，求证：A

2023-2024学年北京市丰台区高二（下）期中数学试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1．（4分）已知函数f（x）＝sin2x，则f（x）的导函数f'（x）＝（）A．cos2x B．2cos2x C．﹣cos2x D．﹣2cos2x【考点】基本初等函数的导数．【答案】B【分析】根据导数的运算性质化简即可求解．【解答】解：因为f（x）＝sin2x，所以f′（x）＝cos2x•（2x）′＝2cos2x，故选：B．2．（4分）某学校组织课外实践活动，现有5条不同的路线供高一、高二、高三3个年级选择，每个年级从中任意选择一条路线，最终确定3个年级的课外实践活动总方案．则不同的活动方案有（）A．3×5种 B．A53种 C．53种 D．3【考点】排列组合的综合应用．【答案】C【分析】根据乘法原理即可得．【解答】解：高一、高二、高三3个年级，每个年级选择一条路线有5种方法，根据乘法原理，3个年级的课外实践活动总方案的方法为53种．故选：C．3．（4分）已知函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．f（﹣1）为f（x）的极小值 B．f（x）恰有两个极值点 C．f（﹣3）为f（x）的极大值 D．f（x）恰有一个极值点【考点】利用导数研究函数的极值．【答案】D【分析】由图象得函数f（x）在（﹣∞，﹣3）单调递减，在（﹣3，+∞）单调递增，可得结果．【解答】解：由图象可知：当x＜﹣3时，f′（x）＜0，则函数f（x）在（﹣∞，﹣3）单调递减，当x＞﹣3时，f′（x）≥0，则函数f（x）在（﹣3，+∞）单调递增，故AB错误，所以函数f（x）在x＝﹣3时取得极小值，故C错误．故选：D．4．（4分）在(2x−1A．﹣160 B．﹣120 C．120 D．160【考点】二项展开式的通项与项的系数．【答案】A【分析】先求出通项，然后令x的指数为零求出k，再代入计算可得．【解答】解：二项式(2x−1x)6展开式的通项为Tk+1=C令6﹣2k＝0，解得k＝3，故常数项为T4故选：A．5．（4分）从0，1，2，3，4这5个数字中随机选取3个不同的数字，可以组成比300大的三位数的个数为（）A．12 B．24 C．32 D．36【考点】简单组合问题．【答案】B【分析】比300大的数字，百位上有2种选择，十位上有4种选择，个位上有3种选择，再利用分步计数原理求解即可，【解答】解：比300大的数字，百位上有2种选择（3和4），十位上有4种选择，个位上有3种选择，则共有：2×4×3＝24个数字．故选：B．6．（4分）设f（x）、g（x）是定义在R上的可导函数，且f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＜0，则当a＜x＜b时有（）A．f（x）g（x）＞f（b）g（b） B．f（x）g（a）＞f（a）g（x） C．f（x）g（b）＞f（b）g（x） D．f（x）g（x）＞f（a）g（a）【考点】利用导数研究函数的单调性．【答案】A【分析】由f′（x）g（x）+f（x）g′（x）我们联想到[f（x）g（x）]′，由四个选项，我们很容易想到利用导数研究函数的单调性来解．【解答】解：令y＝f（x）•g（x），则y′＝f′（x）•g（x）+f（x）•g′（x），由于f′（x）g（x）+f（x）g′（x）＜0，所以y在R上单调递减，又x＜b，故f（x）g（x）＞f（b）g（b）．故选：A．7．（4分）对A，B两地国企员工的上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X（单位：min），X～N（2，4），对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y（单位：min），Y～N（3，19），对应的曲线为C2A． B． C． D．【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【答案】B【分析】由两个正态曲线的对称轴位置和集中分散程度判断结果．【解答】解：由μX＝2＜μY＝3，故曲线C1的对称轴在曲线C2的左侧，排除C、D；由σX2=4＞σY2=19，故曲线C2比曲线C1故选：B．8．（4分）投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审，若都能通过，则予以录用；若均未通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.4，各专家独立评审，则投到该杂志的1篇稿件被录用的概率是（）A．0.25 B．0.35 C．0.45 D．0.55【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】C【分析】由题意稿件被录用或者稿件能通过两位初审专家的评审，或者稿件恰能通过一位专家的评审且能通过复审专家的评审，利用独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式，能求出投到该杂志的1篇稿件被录用的概率．【解答】解：记A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审，B表示事件：稿件能通过一位初审专家的评审，C表示事件：稿件能通过复审专家的评审，D表示稿件被录用，则D＝A+BC，P（A）＝0.5×0.5＝0.25，P（B）＝2×0.5×0.5＝0.5，P（C）＝0.4，∴P（D）＝P（A+BC）＝P（A）P（B）P（C）＝0.25+0.5×0.4＝0.45．故选：C．9．（4分）如图所示为莱布尼茨三角形，该三角形具有很多优美的性质．如果n≥2，n∈N*，则下列结论中正确的是（）A．第6行第4个数是1105B．当n＝2024时，中间一项为12025C．当n＝2025时，中间的两项相等，且同时取得最大值 D．1【考点】归纳推理．【答案】B【分析】根据莱布尼茨三角形的特征，逐个判断各个选项即可．【解答】解：对于A，由莱布尼茨三角形可知，第6行第4个数是17C63对于B，当n＝2024时，这一行有2025个数，最中间为第1013个数，即中间一项为12025C2024对于C，由莱布尼茨三角形可知，当n为奇数时，中间两项相等，且同时取到最小值，故C错误；对于D，由于从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，所以1(n+1)Cnr+1(n+1)Cnr+1=故选：B．10．（4分）相传蹴鞠早于商代已有，战国时期流入民间，至汉代更成了军中用以练身习武的工具，并列于兵书．现有A，B两支队伍共进行8场蹴鞠比赛，每场比赛相互独立，A队每场比赛获胜的概率均为34，经分析知A队共胜k场的概率最大，则kA．4 B．5 C．6 D．7【考点】概率的应用；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．【答案】C【分析】根据题意，设8场比赛中，A队获胜的场数为X，则X～B（8，34），由此可得P（X＝k）的值，解不等式P（X＝k）≥P（X＝k﹣1）且P（X＝k）≥P（X＝k+1），可得k【解答】解：根据题意，设8场比赛中，A队获胜的场数为X，则X～B（8，34则P（X＝k）=C8k（34）k（1−34）8﹣k=C8k（若P（X＝k）≥P（X＝k﹣1）且P（X＝k）≥P（X＝k+1），则有C8解可得：234≤k又由k∈N且1≤k≤8，故k＝6，即A队共胜6场的概率最大．故选：C．二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分。11．（5分）已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，则m＝0.1．X1234P0.2m0.52m【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量及其分布列．【答案】0.1．【分析】根据题意，由分布列的性质可得0.2+m+0.5+2m＝1，解可得m的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，由X的分布列，则有0.2+m+0.5+2m＝1，解可得：m＝0.1．故答案为：0.1．12．（5分）一个袋子中有9个大小和形状均相同的小球，其中4个红球，3个白球，2个黄球．每次从袋子中随机摸出一个球，摸出的球不再放回，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到黄球的概率为14【考点】条件概率．【答案】14【分析】利用条件概率公式求解．【解答】解：设事件A表示“第一次摸到红球”，事件B表示“第二次摸到黄球”，则P（A）=49，P（AB）所以P（B|A）=P(AB)故答案为：1413．（5分）已知函数f(x)=13x3+2x2−12x+8在区间（【考点】利用导数研究函数的单调性．【答案】1．【分析】求出导函数，研究单调性，进而求解结论．【解答】解：函数f(x)=1∴f′（x）＝x2+4x﹣12＝（x+6）（x﹣2），当x＞2或x＜﹣6时，f′（x）＞0，原函数单调递增；当﹣6＜x＜2时，f′（x）＜0，原函数单调递减；∵函数f(x)=13x3+2∴k﹣2＜﹣6＜k+2或k﹣2＜2＜k+2，解得﹣8＜k＜﹣4或0＜k＜4．故满足条件的k有无数个，可以取k＝1．故答案为：1．14．（5分）已知(2x−1)6=a6x6+a5x5+⋅⋅⋅+a1【考点】二项式定理．【答案】365．【分析】利用赋值法，分别令x＝1与x＝﹣1，联立可求得a0+a2+a4+a6的值．【解答】解：(2x−1)令x＝1，得a0+a1+a2+...+a6＝1，①令x＝﹣1，得a0﹣a1+a2﹣...+a6＝36，②①+②，得2（a0+a2+a4+a6）＝36+1＝729+1＝730，则a0+a2+a4+a6＝365．故答案为：365．15．（5分）已知曲线y=x2ex+1上任意一点P（与原点O①k的值不可能为0；②∀k∈（﹣∞，0），总存在唯一的点P与之对应；③∀k∈（0，+∞），总存在两个点P与之对应；④k＜1恒成立．其中所有正确结论的序号为①②④．【考点】曲线与方程．【答案】①②④．【分析】设P（x，y），（x，y）≠（0，0）．利用斜率计算公式即可判断出①②③的正误；令f（x）＝ex﹣x﹣1（x≠0），利用导数研究函数f（x）的单调性研究函数的单调性，结合斜率计算公式即可判断出④的正误．【解答】解：设P（x，y），（x，y）≠（0，0）．①k=yx≠②k=yx=xex+1＜0，解得x＜0，③k=yx=xex+1＞0，解得x＞0，④令f（x）＝ex﹣x﹣1（x≠0），f′（x）＝ex﹣1，可得x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0；x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0．∴f（x）＞f（0）＝0，因此k=yx=故答案为：①②④．三、解答题：共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．（13分）某校志愿者团队共派出6人参加志愿服务活动，其中男生4人，女生2人．（Ⅰ）从这6人中选出男、女队长各1人，共有多少种选法？（Ⅱ）从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有多少种选法？【考点】排列组合的综合应用．【答案】（Ⅰ）8；（Ⅱ）16．【分析】（Ⅰ）根据题意，由组合数公式计算可得答案；（Ⅱ）根据题意，分2类进行分析：①恰有1名女生和2名男生，②恰有2名女生和1名男生，由分类计数原理计算可得答案．【解答】解：（Ⅰ）从这6人中选出男、女队长各1人，选法有C4（Ⅱ）从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，恰有1名女生和2名男生的选法有C2恰有2名女生和1名男生的选法有C2所以至少有1名女生和1名男生的选法有12+4＝16种．17．（13分）已知函数f（x）＝x3﹣2x2+x﹣1．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）在区间[0，4]上的最大值．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【答案】（Ⅰ）y＝﹣1；（Ⅱ）35．【分析】（Ⅰ）对f（x）求导，利用导数的几何意义即可求得切线方程；（Ⅱ）令f′（x）＝0，可得方程的根，从而可得当x在[0，4]上变化时，f′（x），f（x）的变化情况，从而可得函数的最大值．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3x2﹣4x+1，则f′（1）＝0．又∵f（1）＝﹣1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣1．（Ⅱ）令f′（x）＝3x2﹣4x+1＝0，则x=13或当x在[0，4]上变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表所示：x0(0，113(11（1，4）4f′（x）+0﹣0+f（x）﹣1单调递增−23单调递减﹣1单调递增35∴当x＝4时，f（x）在区间[0，4]上取得最大值35．18．（15分）某校为了解高二学生的作业完成时长，在该校高二学生中随机选取了100人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示．时长t（小时）[0，2）[2，2.5）[2.5，3）[3，3.5）[3.5，4）人数24344218假设用频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响．（Ⅰ）从该校高二学生中随机选取1人，估计该生可以在3小时内完成各科作业的概率；（Ⅱ）从样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生中随机选取3人，其中共有X人可以在2小时内完成各科作业，求X的分布列和数学期望；（Ⅲ）从该校高二学生中随机选取3人，其中共有ξ人可以在3小时内完成各科作业，η人在3小时及以上完成各科作业，写出数学期望E（ξ）和E（η）的大小关系．（结论不需要证明）【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．【答案】（Ⅰ）0.4；（Ⅱ）X的分布列为：X012P153515E（X）＝1；（Ⅲ）E（ξ）＜E（η）．【分析】（Ⅰ）利用古典概型的概率公式求解；（Ⅱ）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，再利用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解即可；（Ⅲ）由题意可知，ξ～B（3，0.4），η～B（3，0.6），再利用二项分布的期望公式求解．【解答】解：（Ⅰ）设“从该校高二学生中随机选取1人，这个学生可以在3小时内完成各科作业”为事件A，所以P(A)=40（Ⅱ）因为样本“完成各科作业的总时长在2.5小时内”的学生有6人，其中可以在2小时内完成的有2人，若从这6人中随机取3人，则X的所有可能取值为0，1，2，则P(X=0)=C43C6所以X的分布列为：X012P153515所以X的数学期望为E(X)=0×1（Ⅲ）由题意可知，ξ～B（3，0.4），η～B（3，0.6），所以E（ξ）＝3×0.4＝1.2，E（η）＝3×0.6＝1.8，所以E（ξ）＜E（η）．19．（14分）已知函数f（x）＝ax2﹣（2a+1）x+lnx．（Ⅰ）当a＝0时，求证：f（x）+1≤0；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的极值．【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）(1【分析】（Ⅰ）当a＝0时，求出f（x）解析式，令g（x）＝f（x）+1，对g（x）求导，利用导数求出g（x）的单调性与最大值，从而可证得不等式成立；（Ⅱ）对f（x）求导，分a≤0和a＞0两种情况讨论，利用导数判断函数的单调性与极值，从而可得a的取值范围．【解答】（Ⅰ）证明：当a＝0时，f（x）＝﹣x+lnx．令g（x）＝f（x）+1＝﹣x+lnx+1，∴g′(x)=−1+1令g′（x）＞0，则0＜x＜1；令g′（x）＜0，则x＞1．∴g（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）＝0，即f（x）+1≤0．（Ⅱ）解：∵f（x）＝ax2﹣（2a+1）x+lnx，∴f′(x)=(2ax−1)(x−1)（i）当a≤0时，2ax﹣1＜0在（0，+∞）上恒成立．令f′（x）＝0，则x＝1．当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表所示：x（0，1）1（1，+∞）f′（x）+0﹣f（x）单调递增极大值单调递减f（x）在x＝1处取得极大值，不符合题意，舍去．（ii）当a＞0时，令f′（x）＝0，则x=12a或①当12a＜1，即令f′（x）＝0，可得x=12a或当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表所示：x(0，112a(11（1，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增f（x）在x＝1处取得极小值，符合题意．②当12a=1，即f′（x）≥0恒成立．∴f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，无极值，不符合题意，舍去．③当12a＞1，即当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表所示：x（0，1）1(1，112a(1f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增f（x）在x＝1处取得极大值，不符合题意，舍去．综上，a的取值范围为(120．（15分）已知函数f（x）＝﹣x+（x2+2x）e﹣x．（Ⅰ）设函数g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间；（Ⅱ）求f（x）的极值点个数；（Ⅲ）若f（x）＞0的解集为D，记D中的最大负整数为m，最大正整数为n，直接写出m和n的值．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【答案】（Ⅰ）g（x）的单调增区间为(−∞，1−3)，(1+3（Ⅱ）f（x）恰有2个极值点；（Ⅲ）m＝﹣2，n＝1．【分析】（Ⅰ）求出导函数，解不等式可得所求单调区间；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论和极值的定义即可求解；（Ⅲ）直接写结果即可．【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝﹣x+（x2+2x）e﹣x，设g（x）＝f′（x）＝﹣1+（2﹣x2）e﹣x，令g′（x）＝（x2﹣2x﹣2）e﹣x＝0，得x=1±3当x＜1−3时，f′（x）＞0，f（x当1−3＜x＜1+3时，f′（x）＜0，f当x＞1+3时，f′（x）＞0，f（x所以g（x）的单调增区间为(−∞，1−3)，(1+3（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f′（x）在区间(−∞，1−3因为f′（﹣2）＝﹣1﹣2e2＜0，f′（﹣1）＝﹣1+e＞0，所以x∈(−∞，1−3)时，存在唯一的x1∈（﹣2，﹣1），使得f′（x所以x∈（﹣∞，x1）时，f′（x）＜0；x∈(x1，1−3)f（x）在区间（﹣∞，x1）上单调递减，在区间(x所以x1是f（x）的一个极小值点，又因为f′（x）在(1−3f′(0)=−1+2=1＞0，f′(1)=−1+1所以x∈(1−3，1+3)时，存在唯一的x2∈（0，1），使得f所以x∈(1−3，x2)时，f′（x）＞0；x∈(故f（x）在区间(1−3，x所以x2是f（x）的一个极大值点，因为当x＞2时，f′（x）＜0，所以f（x）在区间(所以f（x）在区间(1+3综上，