2024年高考全国甲卷真题(理科)

2024年高考全国甲卷真题(理科)一、单选题1．若z＝5＋i，则i(eq\x\to(z)＋z)等于()A．10iB．2iC．10D．22．已知集合A＝{1,2,3,4,5,9}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|\r(x)∈A))，则∁A(A∩B)等于()A．{1,4,9} B．{3,4,9}C．{1,2,3} D．{2,3,5}3．若实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3y－3≥0，,x－2y－2≤0，,2x＋6y－9≤0，))则z＝x－5y的最小值为()A.eq\f(1,2)B．0C．－eq\f(5,2)D．－eq\f(7,2)4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1等于()A.eq\f(7,2)B.eq\f(7,3)C．－eq\f(1,3)D．－eq\f(7,11)5．已知双曲线的两个焦点分别为(0,4)，(0，－4)，点(－6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为()A．4B．3C．2D.eq\r(2)6．设函数f(x)＝eq\f(ex＋2sinx,1＋x2)，则曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)7．函数f(x)＝－x2＋(ex－e－x)sinx在区间[－2.8,2.8]上的大致图象为()8．已知eq\f(cosα,cosα－sinα)＝eq\r(3)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))等于()A．2eq\r(3)＋1 B．2eq\r(3)－1C.eq\f(\r(3),2) D．1－eq\r(3)9．设向量a＝(x＋1，x)，b＝(x，2)，则()A．“x＝－3”是“a⊥b”的必要条件B．“x＝－3”是“a∥b”的必要条件C．“x＝0”是“a⊥b”的充分条件D．“x＝－1＋eq\r(3)”是“a∥b”的充分条件10．设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n，其中所有真命题的编号是()A．①③ B．②④C．①②③ D．①③④11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝eq\f(π,3)，b2＝eq\f(9,4)ac，则sinA＋sinC等于()A.eq\f(2\r(39),13)B.eq\f(\r(39),13)C.eq\f(\r(7),2)D.eq\f(3\r(13),13)12．已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为()A．1B．2C．4D．2eq\r(5)二、填空题13.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x))10的展开式中，各项系数的最大值是________．14．已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．15．已知a>1，且eq\f(1,log8a)－eq\f(1,loga4)＝－eq\f(5,2)，则a＝________.16．有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机抽取3次，每次取1个球．记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不大于eq\f(1,2)的概率是________．三、解答题17．某工厂进行生产线智能化升级改造．升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：优级品合格品不合格品总计甲车间2624050乙车间70282100总计96522150(1)填写如下列联表：优级品非优级品甲车间乙车间能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5.设eq\x\to(p)为升级改造后抽取的n件产品的优级品率．如果eq\x\to(p)>p＋1.65eq\r(\f(p1－p,n))，则认为该工厂产品的优级品率提高了．根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？(eq\r(150)≈12.247)附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋dP(K2≥k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.82818．记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.19.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝eq\r(10)，FB＝2eq\r(3)，M为AD的中点．(1)证明：BM∥平面CDE；(2)求二面角F－BM－E的正弦值．20．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过点P(4,0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．21．已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.(1)当a＝－2时，求f(x)的极值；(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝ρcosθ＋1.(1)写出C的直角坐标方程；(2)设直线l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝t＋a))(t为参数)，若C与l相交于A，B两点，且|AB|＝2，求a的值．23．已知实数a，b满足a＋b≥3.(1)证明：2a2＋2b2>a＋b；(2)证明：|a－2b2|＋|b－2a2|≥6.答案精析1.A[由z＝5＋i⇒eq\x\to(z)＝5－i，z＋eq\x\to(z)＝10，则i(eq\x\to(z)＋z)＝10i.]2.D[因为A＝{1,2,3,4,5,9}，B＝{x|eq\r(x)∈A}，所以B＝{1,4,9,16,25,81}，则A∩B＝{1,4,9}，∁A(A∩B)＝{2,3,5}.]3.D[实数x，y满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3y－3≥0，,x－2y－2≤0，,2x＋6y－9≤0，))作出可行域如图所示，由z＝x－5y可得y＝eq\f(1,5)x－eq\f(1,5)z，即z的几何意义为y＝eq\f(1,5)x－eq\f(1,5)z的纵截距的－5倍，则该直线纵截距取最大值时，z有最小值，此时直线y＝eq\f(1,5)x－eq\f(1,5)z过点A，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3y－3＝0，,2x＋6y－9＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝1，))即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，1))，则zmin＝eq\f(3,2)－5×1＝－eq\f(7,2).]4.B[由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，则a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝eq\f(a8－a5,3)＝－eq\f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(7,3).]5.C[设F1(0，－4)，F2(0,4)，P(－6,4)，则|F1F2|＝2c＝8，|PF1|＝eq\r(－62＋4＋42)＝10，|PF2|＝eq\r(－62＋4－42)＝6，则2a＝|PF1|－|PF2|＝10－6＝4，则e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(8,4)＝2.]6.A[f′(x)＝eq\f(ex＋2cosx1＋x2－ex＋2sinx·2x,1＋x22)，则f′(0)＝eq\f(e0＋2cos0×1＋0－e0＋2sin0×0,1＋02)＝3，则点(0,1)处的切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1，令x＝0，则y＝1，令y＝0，则x＝－eq\f(1,3)，故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(1,6).]7.B[f(－x)＝－x2＋(e－x－ex)sin(－x)＝－x2＋(ex－e－x)sinx＝f(x)，又函数f(x)的定义域为[－2.8,2.8]，故该函数为偶函数，可排除A，C，又f(1)＝－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))sin1>－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－\f(1,e)))sineq\f(π,6)＝eq\f(e,2)－1－eq\f(1,2e)>eq\f(1,4)－eq\f(1,2e)>0，故可排除D.]8.B[因为eq\f(cosα,cosα－sinα)＝eq\r(3)，所以eq\f(1,1－tanα)＝eq\r(3)⇒tanα＝1－eq\f(\r(3),3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝2eq\r(3)－1.]9.C[对A，当a⊥b时，则a·b＝0，所以x(x＋1)＋2x＝0，解得x＝0或x＝－3，即必要性不成立，故A错误；对C，当x＝0时，a＝(1,0)，b＝(0,2)，故a·b＝0，所以a⊥b，即充分性成立，故C正确；对B，当a∥b时，2(x＋1)＝x2，解得x＝1±eq\r(3)，即必要性不成立，故B错误；对D，当x＝－1＋eq\r(3)时，不满足2(x＋1)＝x2，所以a∥b不成立，即充分性不成立，故D错误．]10.A[对①，当n⊂α时，因为m∥n，m⊂β，n⊄β，则n∥β，当n⊂β时，因为m∥n，m⊂α，n⊄α，则n∥α，当n⊄α且n⊄β时，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，则n∥α且n∥β，故①为真命题；对②，若m⊥n，则n可以是与m垂直的平面内的任意一条直线，n也可能在平面α或平面β内，故n与α，β不一定垂直，故②为假命题；对③，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n∥s，同理可得n∥t，则s∥t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s∥平面β，因为s⊂平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③为真命题；对④，因为α∩β＝m，若n与α和β所成的角相等，如果n∥α，n∥β，则m∥n，故④为假命题，综上，只有①③为真命题．]11.C[因为B＝eq\f(π,3)，b2＝eq\f(9,4)ac，则由正弦定理得sinAsinC＝eq\f(4,9)sin2B＝eq\f(1,3).由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝eq\f(9,4)ac，即a2＋c2＝eq\f(13,4)ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝eq\f(13,4)sinAsinC＝eq\f(13,12)，所以(sinA＋sinC)2＝sin2A＋sin2C＋2sinAsinC＝eq\f(7,4)，因为A，C为三角形内角，则sinA＋sinC>0，则sinA＋sinC＝eq\f(\r(7),2).]12.C[因为b是a，c的等差中项，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直线方程ax＋by＋c＝0得ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＝0，,y＋2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，))故直线恒过(1，－2)，设P(1，－2)，圆化为标准方程得x2＋(y＋2)2＝5，设圆心为C，画出直线与圆的图形，如图，由图可知，当PC⊥AB时，|AB|最小，又|PC|＝1，|AC|＝eq\r(5)，此时|AB|＝2|AP|＝2eq\r(|AC|2－|PC|2)＝2eq\r(5－1)＝4.]13.5解析二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))10－kxk，0≤k≤10且k∈Z，设展开式中第k＋1项系数最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))10－k≥C\o\al(k＋1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))9－k，,C\o\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))10－k≥C\o\al(k－1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))11－k))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≥\f(29,4)，,k≤\f(33,4)，))即eq\f(29,4)≤k≤eq\f(33,4)，又k∈Z，故k＝8，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为Ceq\o\al(8,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝5.14.eq\f(\r(6),4)解析由题可得两个圆台的高分别为h甲＝eq\r([2r2－r1]2－r2－r12)＝eq\r(3)(r2－r1)，h乙＝eq\r([3r2－r1]2－r2－r12)＝2eq\r(2)(r2－r1)，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)S上＋S下＋\r(S上S下)h甲,\f(1,3)S上＋S下＋\r(S上S下)h乙)＝eq\f(h甲,h乙)＝eq\f(\r(3)r2－r1,2\r(2)r2－r1)＝eq\f(\r(6),4).15.64解析由题知a>1，则log2a>0，eq\f(1,log8a)－eq\f(1,loga4)＝eq\f(3,log2a)－eq\f(1,2)log2a＝－eq\f(5,2)，整理得(log2a)2－5log2a－6＝0，则log2a＝－1(舍去)或log2a＝6，所以log2a＝6＝log226，故a＝26＝64.16.eq\f(7,15)解析从6个标有不同数字的球中无放回地抽取3次，共有Aeq\o\al(3,6)＝120(种)，设前两个球上的数字分别为a，b，第三个球上的数字为c，则|m－n|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,3)－\f(a＋b,2)))≤eq\f(1,2)，故|2c－(a＋b)|≤3，故－3≤2c－(a＋b)≤3，故a＋b－3≤2c≤a＋b＋3,若c＝1，则a＋b≤5，则(a，b)为(2,3)，(3,2)，共有2种；若c＝2，则1≤a＋b≤7，则(a，b)为(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,4)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(4,3)，共有10种；若c＝3，则3≤a＋b≤9，则(a，b)为(1,2)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(4,5)，(2,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(4,2)，(5,2)，(6,2)，(5,4)，共有16种；若c＝4，则5≤a＋b≤11，同理有16种；若c＝5，则7≤a＋b≤13，同理有10种；若c＝6，则9≤a＋b≤15，同理有2种，当m与n的差的绝对值不大于eq\f(1,2)时，不同的抽取方法总数为2×(2＋10＋16)＝56，故所求概率为eq\f(56,120)＝eq\f(7,15).17.解(1)根据题意可得列联表：优级品非优级品甲车间2624乙车间7030可得K2＝eq\f(150×26×30－24×702,50×100×96×54)＝eq\f(75,16)＝4.6875，因为3.841<4.6875<6.635，所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有99%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异．(2)由题意可知，生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为eq\f(96,150)＝0.64，用频率估计概率可得eq\x\to(p)＝0.64，又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p＝0.5，则p＋1.65eq\r(\f(p1－p,n))＝0.5＋1.65×eq\r(\f(0.5×1－0.5,150))≈0.5＋1.65×eq\f(0.5,12.247)≈0.567，可知eq\x\to(p)>p＋1.65eq\r(\f(p1－p,n))，所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了．18.解(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，而a1＝4≠0，故an≠0，故eq\f(an,an－1)＝－3(n≥2)，所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4·(－3)n－1.(2)bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1，故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n，所以－2Tn＝4·30＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n＝4·eq\f(1－3n,1－3)－4n·3n＝2(3n－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2，所以Tn＝(2n－1)·3n＋1.19.(1)证明因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD，所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE.(2)解如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4,AB＝BC＝2，所以CD＝2，结合(1)可知四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2，所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝eq\r(3)，又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD的中点，EF＝2，所以EF＝MD，EF∥MD，所以四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF＝eq\r(10)，所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，则OF⊥AM，OF＝eq\r(AF2－AO2)＝3，因为OB2＋OF2＝FB2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF两两垂直，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))方向为x轴正方向，eq\o(OD,\s\up6(→))方向为y轴正方向，eq\o(OF,\s\up6(→))方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则F(0,0,3)，B(eq\r(3)，0,0)，M(0,1,0)，E(0,2,3)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2,3)，设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－\r(3)x1＋3z1＝0，))令x1＝eq\r(3)，得y1＝3，z1＝1，即m＝(eq\r(3)，3,1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x2＋y2＝0，,－\r(3)x2＋2y2＋3z2＝0，))令x2＝eq\r(3)，得y2＝3，z2＝－1，即n＝(eq\r(3)，3，－1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(11,\r(13)·\r(13))＝eq\f(11,13)，则sin〈m，n〉＝eq\f(4\r(3),13)，故二面角F－BM－E的正弦值为eq\f(4\r(3),13).20.(1)解设F(c，0)，则c2＝a2－b2，由题意知c＝1且eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，故eq\f(a2－1,a)＝eq\f(3,2)，故a＝2(负值舍去)，故b＝eq\r(3)，故椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,y＝kx－4，))可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，故Δ＝1024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，故－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2)，又x1＋x2＝eq\f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，而Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，故直线BN：y＝eq\f(y2,x2－\f(5,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))，因为点Q是直线BN与MF的交点，设其纵坐标为yQ，则yQ＝eq\f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝eq\f(－3y2,2x2－5)，所以y1－yQ＝y1＋eq\f(3y2,2x2－5)＝eq\f(y1×2x2－5＋3y2,2x2－5)＝eq\f(kx1－4×2x2－5＋3kx2－4,2x2－5)＝k·eq\f(2x1x2－5x1＋x2＋8,2x2－5)＝k·eq\f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－5×\f(32k2,3＋4k2)＋8,2x2－5)＝k·eq\f(\f(128k2－24－160k2＋24＋32k2,3＋4k2),2x2－5)＝0，故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．21.解(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，故f′(x)＝2ln(1＋x)＋eq\f(1＋2x,1＋x)－1＝2ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x)＋1，因为y＝2ln(1＋x)，y＝－eq\f(1,1＋x)＋1在(－1，＋∞)上单调递增，故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数，而f′(0)＝0，故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值．(2)当x＝0时，f(x)＝0恒成立，现讨论x>0的情况，f′(x)＝－aln(1＋x)＋eq\f(1－ax,1＋x)－1＝－aln(1＋x)－eq\f(a＋1x,1＋x)，x>0，设s(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(a＋1x,1＋x)，x>0，则s′(x)＝eq\f(－a,1＋x)－eq\f(a＋1,1＋x2)＝－eq\f(ax＋1＋a＋1,1＋x2)＝－eq\f(ax＋2a＋1,1＋x2)，当a≤－eq\f(1,2)时，s′(x)>0，故s(x)在(0，＋∞)上单调递增，s(x)>s(0)＝0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当x>0时，f(x)>f(0)＝0，符合题意；当－eq\f(1,2)<a<0时，当0<