【文档说明】福建省泉州科技中学2020-2021学年高二下学期第一次月考数学试题 含答案.docx，共(14)页，87.257 KB，由小赞的店铺上传

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泉州科技中学2020-2021学年度第二学期高二数学试卷（时间：120分钟，满分150分）出卷老师：徐兴中审核老师：赵志毅班级：_____号数_____姓名_____一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.某同学从3本不同的哲学图书、4本不同的自然科学图书、2本不同的社会科学图

书中任选1本阅读，则不同的选法共有()A.24种B.12种C.9种D.3种2.已知𝒇(𝒙)=𝒙𝟐+𝒆𝒙，则𝒇′(𝟎)=()A.0B.−𝟒C.−𝟐D.13.函数𝒚=(𝟑−𝒙𝟐

)𝒆𝒙的单调递增区间是()A.(−∞,𝟎)B.(𝟎,+∞)C.(−∞,−𝟑)，(𝟏,+∞)D.(−𝟑,𝟏)4.已知曲线𝒚=𝒇(𝒙)在点(𝟔,𝒇(𝟔))处的切线方程为𝒚=−𝟐𝒙+𝟑，则𝒇(𝟔)+𝒇′(𝟔

)=()A.−𝟏𝟏B.−𝟏𝟖C.17D.305.函数𝒇(𝒙)=𝒙𝟐+𝒙𝐬𝐢𝐧𝒙的图象大致为A.B.C.D.6.函数𝒇(𝒙)=𝟏𝟑𝒙𝟑+𝒂𝒙𝟐−𝟐𝒙+𝟏在𝒙∈(𝟏,𝟐)内存在极值点，

则()A.−𝟏𝟐<𝒂<𝟏𝟐B.−𝟏𝟐≤𝒂≤𝟏𝟐C.𝒂<−𝟏𝟐或𝒂>𝟏𝟐D.𝒂≤−𝟏𝟐或𝒂≥𝟏𝟐7.定义在R上的函数𝒇(𝒙)=𝒙𝟓+𝒆𝒙+𝟏，若𝒂=𝒇(𝟏𝟐)，𝒃

=𝒇(𝐥𝐧√𝟐)，𝒄=𝒇(𝒆𝟏𝟑)，则比较a，b，c的大小关系为()A.𝒂>𝒃>𝒄B.𝒂>𝒄>𝒃C.𝒄>𝒂>𝒃D.𝒃>𝒂>𝒄下列说法正确的是（）为自然对数的底数），，（对于函数exxxfln)(.8=A.函数𝒇(𝒙)有两

个不同零点B.在区间(𝟎,𝒆)单调递增，在区间(𝒆,+∞)递减C.函数𝒇(𝒙)的极值点是(𝒆,𝒆)D.𝒇(𝒆)<𝒇(𝝅)<𝒇(𝟐)二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.

函数𝒚=𝒇(𝒙)的导函数𝒚=𝒇′(𝒙)的图象如图所示，给出下列命题，以下正确的命题是()A.−𝟑是函数𝒚=𝒇(𝒙)的极值点B.−𝟏是函数𝒚=𝒇(𝒙)的最小值点C.𝒚=𝒇(𝒙)在区间(−𝟑,𝟏)上

单调递增D.𝒚=𝒇(𝒙)在𝒙=𝟎处切线的斜率小于零10.若函数𝒇(𝒙)=𝒆𝒙−𝟏与𝒈(𝒙)=𝒂𝒙图象恰有一个公共点，则实数a可能取值为()A.2B.0C.1D.−𝟏11.已知对于函数𝒇(𝒙)=𝒂𝐬𝐢𝐧𝒙

+𝒃𝐭𝐚𝐧𝒙+𝒄𝒙𝟑+𝒅(其中𝒂,𝒃,𝒄∈𝑹，𝒅∈𝒁)，选取𝒂,𝒃,𝒄,𝒅的一组值计算𝒇(𝟐𝟎𝟐𝟏)和𝒇(−𝟐𝟎𝟐𝟏)，所得出的结果可能是()A.3和1B.

2和4C.3和4D.4和612．已知不等式ex≥x＋1对∀x∈R恒成立．以下命题中真命题是()A．对∀x∈R，不等式e－x>1－x恒成立B．对∀x∈(0，＋∞)，不等式ln(x＋1)<x恒成立C．对∀x∈(0，＋∞)，且x≠1，不等式lnx<x－1恒成立D．对∀x∈(0

，＋∞)，且x≠1，不等式lnxx＋1＋1x>lnxx－1恒成立三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.从甲、乙、丙、丁4幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，则不同的挂法种数是__________.(用数字作答)14.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，

D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有___________种．15.函数𝒇(𝒙)=𝐥𝐧𝒙𝒙在(𝒂,𝒂+𝟏)上单调递增，则实数a的取值范围为．16.定义在R上的函数𝒇(𝒙)满足：𝒇(−𝒙)+𝒇(𝒙)=𝟐�

�𝟐，且当𝒙<𝟎时，𝒇′(𝒙)<𝟐𝒙，则不等式𝒇(𝒙)+𝟒≥𝒇(𝟐−𝒙)+𝟒𝒙的解集为．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.（本小题10分）求下列函数的导数：(Ⅰ)𝒚=𝒄𝒐𝒔𝒙+𝒙；(Ⅱ)𝒚=𝒍𝒏�

�𝒙𝟐．18.（本小题12分）已知函数𝒇(𝒙)=𝒂𝒙𝟑+𝒃𝒙+𝟏的图象经过点(𝟏,−𝟑)且在𝒙=𝟏处，𝒇(𝒙)取得极值．求：(𝟏)函数𝒇(𝒙)的解析式；(𝟐)𝒇(𝒙)的单调递增区间．19.（本小题12分）已知函数𝒇(𝒙)=𝒙𝟑

−𝒂𝒙𝟐−𝟑𝒙(𝟏)若𝒂=𝟒时，求𝒇(𝒙)在𝒙∈[𝟏,𝟒]上的最大值和最小值；[).,2)(2的取值范围上是增函数，求实数在）若（axxf+∞∈20.（本小题12分）已知函数𝒇(𝒙)

=𝒂𝐥𝐧𝒙+𝟐𝒙，当________，(从①②中选出一个作为条件)时，必有______(从③④中选出一个作为结论)，写出命题并加以证明①𝒂=𝟏;②𝒂=−𝟏;③不等式𝒇(𝟐𝒙−𝟏)−𝒇(𝒙)>𝟎的解集(𝟏𝟐,𝟏);④𝒇(

𝒙)≥𝐥𝐧𝟐+𝟏．21.（本小题12分）已知函数𝒇(𝒙)=𝐞𝒙−𝟐(𝒂+𝟏)𝒙+𝟑𝟐，𝒂∈R．(𝟏)讨论函数𝒇(𝒙)的单调区间；(𝟐)若𝒇(𝒙)≥𝟏𝟐𝒙𝟐+𝟐(𝒂+𝟏)𝟐对𝒙∈[𝟎,+∞)恒成立，求a的取值范围．22.

（本小题12分）已知函数𝒈(𝒙)=𝒆𝒙−𝒂𝒙𝟐−𝒂𝒙，𝒉(𝒙)=𝒆𝒙−𝟐𝒙−𝒍𝒏𝒙.其中e为自然对数的底数．(𝟏)若𝒇(𝒙)=𝒉(𝒙)−𝒈(𝒙)．①讨论𝒇(𝒙)的单调性；②若函数𝒇(𝒙)有两个不同的零点，求实数a的

取值范围．(𝟐)已知𝒂>𝟎，函数𝒈(𝒙)恰有两个不同的极值点𝒙𝟏，𝒙𝟐，证明：𝒙𝟏+𝒙𝟐<𝐥𝐧(𝟒𝒂𝟐)．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查简单计数原理的应用，属于基础题

．利用分类加法计数原理直接求出答案即可．【解答】解：由分类加法计数原理知，不同的选法种数为𝟑+𝟒+𝟐=𝟗．故选C．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数求导，属于基础题．先求得𝒇′(𝒙)=𝟐𝒙+

𝒆𝒙，再求出𝒇′(𝟎)即可．【解答】解：由题意，得𝒇′(𝒙)=𝟐𝒙+𝒆𝒙，则𝒇′(𝟎)=𝟏，故选D．3.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于基础题．对函数求导，令导函数大于0，

即可得到答案．【解答】解：由题意，函数的定义域为R，对函数求导得：𝒚′=−𝟐𝒙𝒆𝒙+(𝟑−𝒙𝟐)𝒆𝒙=𝒆𝒙(−𝒙𝟐−𝟐𝒙+𝟑)．由𝒚′>𝟎，得𝒙𝟐+𝟐𝒙−𝟑<𝟎⇒−𝟑<𝒙<𝟏，∴函数𝒚=(𝟑−𝒙𝟐

)𝒆𝒙的单调递增区间是(−𝟑,𝟏)，故选D．4.【答案】A【解析】【分析】本题考查导数的几何意义，属基础题．利用导数的几何意义即可求解．【解答】解：由曲线𝒚=𝒇(𝒙)在点(𝟔,𝒇(𝟔))处的切线方程为𝒚=−𝟐𝒙+𝟑，则𝒇(𝟔)=−𝟐×𝟔+𝟑=−𝟗，𝒇′(

𝟔)=−𝟐，所以𝒇(𝟔)+𝒇′(𝟔)=−𝟗−𝟐=−𝟏𝟏，故选A．5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查函数图象的选择，属于中档题．从函数的奇偶性单调性入手，结合排除法选择选项是关键．【解答】解：因为

函数是偶函数，所以可以排除B选项，又因为函数的导函数为：，若若𝒙∈(𝝅,+∞)，，所以当𝒙>𝟎时，𝒇′(𝒙)>𝟎，即在y轴右侧单调递增，故排除C，D选项．故选A．6.【答案】A【解析】【分析】本题考查导数在研究函数极值方面的应用，属于

中档题，转化为导函数等于零在(𝟏,𝟐)内有解是关键．【解答】解：∵𝒇′(𝒙)=𝒙𝟐+𝟐𝒂𝒙−𝟐，函数𝒇(𝒙)=𝟏𝟑𝒙𝟑+𝒂𝒙𝟐−𝟐𝒙+𝟏在𝒙∈(𝟏,𝟐)内存在极值点，即

𝒙𝟐+𝟐𝒂𝒙−𝟐=𝟎在(𝟏,𝟐)内有解，𝟐𝒂=𝟐𝒙−𝒙内有解，因为𝒚=𝟐𝒙−𝒙在(𝟏,𝟐)为减函数，所以𝟐𝒙−𝒙∈(−𝟏,𝟏)，即𝒂∈(−𝟏𝟐,𝟏

𝟐)．故选A．7.【答案】C【解析】解：根据题意，函数𝒇(𝒙)=𝒙𝟓+𝒆𝒙+𝟏，其导数𝒇(𝒙)=𝟓𝒙𝟒+𝒆𝒙>𝟎，即函数𝒇(𝒙)为增函数，又由𝐥𝐧√𝟐<𝐥𝐧√𝒆=𝟏𝟐<�

�<𝒆𝟏𝟑，则有𝒄>𝒂>𝒃，故选：C．根据题意，由函数的解析式对其求导，分析可得函数𝒇(𝒙)为增函数，进而由对数的运算分析可得𝐥𝐧√𝟐<𝐥𝐧√𝒆=𝟏𝟐<𝟏<𝒆𝟏𝟑，结合函数的单调性即可得答案．本题考查函数的单调性的判定以及函数单调性的应用，关键是利用

函数的导8.【答案】D【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性和零点问题，属于中档题．根据相关知识即可确定各选项的正误．【解答】解：选项A：由𝒇(𝒙)=𝟎得：𝒙=𝟎，所以函数𝒇(𝒙

)只有一个零点0，故A错误；选项B：由𝒇′(𝒙)=𝐥𝐧𝒙−𝟏(𝐥𝐧𝒙)𝟐<𝟎解得：𝟎<𝒙<𝒆，且𝒙≠𝟏.所以函数𝒇(𝒙)在(−∞,𝟏),(𝟏,𝒆)上单调递减，在(𝒆,+∞)单调递增，故B错误；选项C：函数的极值点指的

是函数的自变量的取值，不是一个点，故C错误；选项D：函数𝒇(𝒙)在(𝒆,+∞)单调递增，所以因为，所以，即，故D正确．故选D．9.【答案】AC【解析】【分析】本题主要考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值的应用．根据�

�(𝒙)的导函数图像即可求解．【解答】解：𝑨.−𝟑是函数𝒚=𝒇(𝒙)的极值点，故A正确，B.−𝟏不是函数𝒚=𝒇(𝒙)的最小值点，故B错误C.𝒚=𝒇(𝒙)在区间(−𝟑,𝟏)上单调递增，故C正

确，D.𝒚=𝒇(𝒙)在𝒙=𝟎处切线的斜率大于零，故D错误．故选AC．10.【答案】BCD【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数零点的个数问题，属于中档题．结合图象，由函数𝒇(𝒙)=𝒆𝒙−𝟏与𝒈(𝒙)=𝒂𝒙的图象恰有一个公共点(𝟎

,𝟎)，当𝒂≤𝟎时刚好满足，当𝒂>𝟎只需要直线𝒚=𝒂𝒙是𝒇(𝒙)=𝒆𝒙−𝟏的切线，且切点为(𝟎,𝟎)，然后利用导数的几何意义即可求解．【解答】解：𝒇(𝒙)=𝒆𝒙−𝟏与𝒈(𝒙)=𝒂𝒙

恒过定点(𝟎,𝟎)，如图：，当𝒂≤𝟎时，两函数图象恰有一个公共点，当𝒂>𝟎时，函数𝒇(𝒙)=𝒆𝒙−𝟏与𝒈(𝒙)=𝒂𝒙的图象恰有一个公共点，则𝒈(𝒙)=𝒂𝒙为𝒇(𝒙)=𝒆𝒙−𝟏的切线，且切点为

(𝟎,𝟎)，由𝒇′(𝒙)=𝒆𝒙，所以𝒂=𝒇′(𝟎)=𝒆𝟎=𝟏，综上所述，实数a可能取值为0，1，−𝟏．故选BCD．11.【答案】ABD【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，考查推理能力和计算

能力，属于基础题．利用𝒇(𝟐𝟎𝟐𝟏)+𝒇(−𝟐𝟎𝟐𝟏)为偶数即可求解．【解答】解：设𝒈(𝒙)=𝒂𝒔𝒊𝒏𝒙+𝒃𝒕𝒂𝒏𝒙+𝒄𝒙𝟑，因为𝒈(−𝒙)=𝒂𝒔𝒊𝒏(−𝒙)+𝒃𝒕𝒂𝒏

(−𝒙)+𝒄(−𝒙)𝟑=−(𝒂𝒔𝒊𝒏𝒙+𝒃𝒕𝒂𝒏𝒙+𝒄𝒙𝟑)=−𝒈(𝒙)所以𝒈(𝒙)为奇函数.则𝒈(𝟐𝟎𝟐𝟏)+𝒈(−𝟐𝟎𝟐𝟏)=𝟎，∵𝒇(𝟐𝟎𝟐𝟏)=𝒈(𝟐𝟎𝟐

𝟏)+𝒅，𝒇(−𝟐𝟎𝟐𝟏)=𝒈(−𝟐𝟎𝟐𝟏)+𝒅，∴𝒇(𝟐𝟎𝟐𝟏)+𝒇(−𝟐𝟎𝟐𝟏)=𝟐𝒅．∵𝒅∈𝒁，∴𝒇(𝟐𝟎𝟐𝟏)+𝒇(−𝟐𝟎𝟐𝟏)为偶数．故选ABD．12.答案BCD

解析由ex>x＋1对∀x∈R恒成立，结合对称性可知，对∀x∈R，不等式e－x>1－x恒成立，故A不正确；由ex≥x＋1，且x∈(0，＋∞)，两边取对数，得x>ln(x＋1)，即ln(x＋1)<x，故B正确；令f(x)＝lnx－x＋1，则f′(x)＝1x－1＝1－xx，当x∈(0,1)时，f′(x

)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴f(x)max＝f(1)＝0，则lnx－x＋1<0，即lnx<x－1，故C正确；当x∈(0，＋∞)，且x≠1时，不等式lnxx＋1＋1x>lnxx－1等价于2lnxx2－1－1x<0，

即1x>2lnxx2－1，若x∈(0,1)，则x2－12x<lnx，令g(x)＝x2－12x－lnx，g′(x)＝4x2－2x2＋24x2－1x＝(x－1)22x2>0，∴g(x)在(0,1)上为增函数，则g(x)<g(1)＝0，即x2－12x<lnx.若x∈(1，＋∞)，则x2－12x>l

nx，令g(x)＝x2－12x－lnx，g′(x)＝4x2－2x2＋24x2－1x＝(x－1)22x2>0，∴g(x)在(1，＋∞)上为增函数，则g(x)>g(1)＝0，即x2－12x>lnx.∴不等式lnxx＋1

＋1x>lnxx－1恒成立．D正确．故选ABCD.13.【答案】12【解析】【分析】本题主要考查分步乘法原理及其应用，考查学生推理能力，属于基础题．首先第一步先从4幅画中选2幅，第二步，在将选出的2幅画放在左、右两边墙上，利用分步乘法原理得

到答案．【解答】解：第一步先从4幅画中选2幅共有𝑪𝟒𝟐=𝟔中选法;第二步，在将选出的2幅画放在左、右两边墙上有2种方法；所以根据分步乘法原理不同的挂法为𝟔×𝟐=𝟏𝟐．故答案为：12．14.【答案】3【解析】解：∵𝒇(𝒙)=𝒂𝒙𝟑+𝒃𝒙𝟐，∴𝒇′(𝒙

)=𝟑𝒂𝒙𝟐+𝟐𝒃𝒙，∵当𝒙=𝟏时，有极大值3，∴𝒇′(𝒙)=𝟎，𝒇(𝟏)=𝟑，∴𝟑𝒂+𝟐𝒃=𝟎，𝒂+𝒃=𝟑，∴𝒂=−𝟔，𝒃=𝟗，∴𝒂+𝒃=𝟑．

故答案为：3．求导函数，利用当𝒙=𝟏时，有极大值3，求出a，b的值，即可得出结论．本题考查导数知识的应用，考查函数的极值，考查学生的计算能力，属于中档题．15.【答案】480【解析】【分析】本题考查了两个计数原理的综合应用，属于基础题．根据题意分情况讨论，再相

加即可．【解答】解：用四种颜色涂A，B，C，D种数有𝑨𝟔𝟒=𝟑𝟔𝟎；用三种颜色涂AD，B，C种数有𝑨𝟔𝟑=𝟏𝟐𝟎，则共有𝟏𝟐𝟎+𝟑𝟔𝟎=𝟒𝟖𝟎(种)．故答案为480．16.【答案】本题考查函数单调性的应用，涉及利用导数判断函数

的单调性，关键是构造𝒈(𝒙)，并分析函数𝒈(𝒙)的奇偶性、单调性，考查了分析和转化能力，属于中档题．根据题意，令𝒈(𝒙)=𝒇(𝒙)−𝒙𝟐，分析可得𝒈(𝒙)为奇函数且在R上为减函数，然后将不等式进行转化即可求解．解：根据题意，令𝒈(𝒙)=𝒇(𝒙)−𝒙𝟐，

若𝒇(𝒙)+𝒇(−𝒙)=𝟐𝒙𝟐，变形有𝒇(𝒙)−𝒙𝟐+𝒇(−𝒙)−(−𝒙)𝟐=𝟎，即𝒈(𝒙)+𝒈(−𝒙)=𝟎，故𝒈(𝒙)为奇函数，由𝒈(𝒙)=𝒇(𝒙)−𝒙𝟐，则𝒈′(𝒙)=𝒇′(𝒙)−𝟐𝒙，又当𝒙<𝟎时，𝒇′(𝒙)<�

�𝒙，则𝒙<𝟎时，𝒈′(𝒙)=𝒇′(𝒙)−𝟐𝒙<𝟎恒成立，即𝒈(𝒙)在(−∞,𝟎)上为减函数，又由𝒈(𝒙)为奇函数，则𝒈(𝒙)在(𝟎,+∞)上也为减函数，因为当𝒙=

𝟎时，𝒇(𝟎)=𝟎，则𝒈(𝟎)=𝒇(𝟎)−𝟎𝟐=𝟎，综上所述𝒈(𝒙)为R上的减函数，则不等式𝒇(𝒙)+𝟒⩾𝒇(𝟐−𝒙)+𝟒𝒙，即𝒇(𝒙)−𝒙𝟐⩾𝒇(𝟐−�

�)+𝟒𝒙−𝟒−𝒙𝟐，所以𝒇(𝒙)−𝒙𝟐⩾𝒇(𝟐−𝒙)−(𝟐−𝒙)𝟐，即𝒈(𝒙)≥𝒈(𝟐−𝒙)，则有𝒙≤𝟐−𝒙，解得𝒙≤𝟏，故不等式𝒇(𝒙)+𝟒⩾𝒇(𝟐−𝒙)+𝟒𝒙的解集为．故答

案为．17.【答案】解：(Ⅰ)根据题意，𝒚=𝒄𝒐𝒔𝒙+𝒙，则𝒚′=(𝒄𝒐𝒔𝒙)′+(𝒙)′=−𝒔𝒊𝒏𝒙+𝟏，(Ⅱ)根据题意，𝒚=𝒍𝒏𝒙𝒙𝟐，则𝒚′=(𝒍𝒏𝒙)′⋅𝒙𝟐−𝒍𝒏𝒙

⋅(𝒙𝟐)′𝒙𝟒=𝟏−𝟐𝒍𝒏𝒙𝒙𝟑．【解析】根据题意，由导数的计算公式计算可得答案．本题考查导数的计算，关键掌握导数的计算公式，属于基础题．18.【答案】解：(𝟏)由𝒇(𝒙)=𝒂𝒙𝟑+𝒃𝒙+𝟏的图象过点(𝟏,−𝟑)得𝒂+𝒃+𝟏=−𝟑，∵

𝒇′(𝒙)=𝟑𝒂𝒙𝟐+𝒃，又𝒇′(𝟏)=𝟑𝒂+𝒃=𝟎，∴由{𝒂+𝒃=−𝟒𝟑𝒂+𝒃=𝟎得{𝒂=𝟐𝒃=−𝟔，∴𝒇(𝒙)=𝟐𝒙𝟑−𝟔𝒙+𝟏．(𝟐)∵𝒇′(𝒙)=�

�𝒙𝟐−𝟔，∴由𝒇′(𝒙)>𝟎得𝒙>𝟏或𝒙<−𝟏，∴𝒇(𝒙)的单调递增区间为(−∞,−𝟏)，(𝟏,+∞)．【解析】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查转化

思想以及计算能力，属于较易题目．(𝟏)由𝒇(𝒙)=𝒂𝒙𝟑+𝒃𝒙+𝟏的图象过点(𝟏,−𝟑)得𝒂+𝒃+𝟏=−𝟑，结合𝒇′(𝟏)=𝟑𝒂+𝒃=𝟎，求解即可．(𝟐)通过𝒇′(𝒙)>𝟎，求解𝒇(𝒙)的单调递增区间即可．19.【答案】解：(𝟏)𝒂=𝟒时

，𝒇(𝒙)=𝒙𝟑−𝟒𝒙𝟐−𝟑𝒙，∴𝒇′(𝒙)=𝟑𝒙𝟐−𝟖𝒙−𝟑，令𝒇′(𝒙)=𝟎，则𝒙=𝟑或−𝟏𝟑，∴𝒇(𝒙)在[𝟏,𝟑]上单调递减，在[𝟑,𝟒]上单调递增，∵

𝒇(𝟏)=−𝟔，𝒇(𝟒)=−𝟏𝟐∴𝒇(𝒙)在𝒙∈[𝟏,𝟒]上的最大值为𝑭(𝟏)=−𝟔，最小值为𝒇(𝟑)=−𝟏𝟖;(𝟐)在𝒙∈[𝟐,+∞)时，𝒇′(𝒙)=𝟑

𝒙𝟐−𝟐𝒂𝒙−𝟑≥𝟎，可得𝒂≤𝟑𝒙𝟐−𝟑𝟐𝒙在𝒙∈[𝟐,+∞)上恒成立，∴只要求𝒚=𝟑𝒙𝟐−𝟑𝟐𝒙在[𝟐,+∞)的最小值即可，而𝒚′=𝟔𝒙𝟐+𝟔𝟒𝒙𝟐>𝟎恒成立，∴𝒚=𝟑𝒙𝟐−𝟑𝟐𝒙

在[𝟐,+∞)上为增函数，∴𝒚𝒎𝒊𝒏=𝟗𝟒，∴𝒂≤𝟗𝟒．【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性及求函数的最值，属于中档题目．(𝟏)将𝒂=𝟒代入，求出𝒇(𝒙)的导数，得出𝒇(𝒙)的单调性，求出𝒇(𝒙)的最值即可；(𝟐)由题意可得�

�′(𝒙)≥𝟎在[𝟐,+∞)上恒成立，分类参数a，转化为𝒂≤𝟑𝒙𝟐−𝟑𝟐𝒙在[𝟐,+∞)上恒成立，求出𝒚=𝟑𝒙𝟐−𝟑𝟐𝒙在[𝟐,+∞)上的最小值即可．20.【答案】解：若选①④，当𝒂=𝟏时，𝒇(𝒙)=𝐥𝐧𝒙+𝟐𝒙的定义域为(𝟎,+∞)，𝒇

′(𝒙)=𝟏𝒙−𝟐𝒙𝟐=𝒙−𝟐𝒙𝟐，所以当𝟎<𝒙<𝟐时，𝒇′(𝒙)<𝟎，𝒇(𝒙)单调递减；当𝒙>𝟐时，𝒇′(𝒙)>𝟎，𝒇(𝒙)单调递增，所以𝒇(𝒙)的最小值为𝒇(𝟐)=𝐥𝐧𝟐+𝟏，所以𝒇(𝒙)≥𝐥𝐧𝟐+𝟏；若选②③

，当𝒂=−𝟏时，𝒇(𝒙)=−𝐥𝐧𝒙+𝟐𝒙的定义域为(𝟎,+∞)，𝒇′(𝒙)=−𝟏𝒙−𝟐𝒙𝟐=−𝒙+𝟐𝒙𝟐，则𝒇′(𝒙)<𝟎恒成立，所以𝒇(𝒙)单调递减，所

以不等式𝒇(𝟐𝒙−𝟏)−𝒇(𝒙)>𝟎得𝒇(𝟐𝒙−𝟏)>𝒇(𝒙)，所以𝟎<𝟐𝒙−𝟏<𝒙，解得𝟏𝟐<𝒙<𝟏，即不等式𝒇(𝟐𝒙−𝟏)−𝒇(𝒙)>𝟎的解集为(𝟏𝟐,𝟏)．【解析】本题考查了利用导

数研究函数的单调性，分选①④和②③两种情况，利用导数研究单调性即可得证．21.【答案】解：(𝟏)𝒇′(𝒙)=𝒆𝒙−𝟐(𝒂+𝟏)，当𝒂≤−𝟏时，𝒇′(𝒙)≥𝟎，𝒇(𝒙)在R上单调递增；当𝒂>−𝟏时，令𝒇′(𝒙)=𝟎，

得𝒙=𝐥𝐧𝟐(𝒂+𝟏)，当𝒙<𝐥𝐧𝟐(𝒂+𝟏)时，𝒇′(𝒙)<𝟎，𝒇(𝒙)在(−∞,𝐥𝐧𝟐(𝒂+𝟏))上单调递减；当𝒙>𝐥𝐧𝟐(𝒂+𝟏)时，𝒇′(𝒙)>𝟎，𝒇(𝒙)在(�

�𝐧𝟐(𝒂+𝟏),+∞)上单调递增；(𝟐)设𝒈(𝒙)=𝒇(𝒙)−𝟏𝟐𝒙𝟐−𝟐(𝒂+𝟏)𝟐=𝒆𝒙−𝟏𝟐𝒙𝟐−𝟐(𝒂+𝟏)𝒙−𝟐(𝒂+𝟏)𝟐+𝟑𝟐=𝒆𝒙−�

�𝟐[𝒙+𝟐(𝒂+𝟏)]𝟐+𝟑𝟐，即𝒈(𝒙)≥𝟎对𝒙∈[𝟎,+∞)恒成立，𝒈′(𝒙)=𝒆𝒙−(𝒙+𝟐𝒂+𝟐)，令𝒉(𝒙)=𝒈′(𝒙)，𝒉′(𝒙)=𝒆𝒙−𝟏≥𝟎对𝒙∈[𝟎,+∞)

恒成立，𝒉(𝒙)在[𝟎,+∞)上单调递增，∴𝒉(𝒙)≥𝒉(𝟎)=−𝟐𝒂−𝟏，①当−𝟐𝒂−𝟏≥𝟎，即𝒂≤−𝟏𝟐时，𝒉(𝒙)=𝒈′(𝒙)≥𝟎，𝒈(𝒙)在[𝟎,+∞)上单调递增，∴𝒈(

𝒙)𝐦𝐢𝐧=𝒈(𝟎)=𝟓𝟐−𝟐(𝒂+𝟏)𝟐≥𝟎，∴−𝟏−√𝟓𝟐≤𝒂≤−𝟏+√𝟓𝟐，又𝒂≤−𝟏𝟐，∴−𝟏−√𝟓𝟐≤𝒂≤−𝟏𝟐，②当−𝟐𝒂−𝟏<𝟎，即𝒂>−𝟏𝟐时，则存在唯一的𝒙𝟎∈(𝟎,+∞)使𝒉(𝒙�

�)=𝟎，𝒆𝒙𝟎−𝒙𝟎−𝟐(𝒂+𝟏)=𝟎，当𝒙∈(𝟎,𝒙𝟎)时，𝒉(𝒙)=𝒈′(𝒙)<𝟎，当𝒙∈(𝒙𝟎,+∞)时，𝒉(𝒙)=𝒈′(𝒙)>𝟎，即𝒙∈(𝟎,𝒙𝟎)时，𝒈(𝒙)单调递减，𝒙∈(𝒙𝟎,+∞)时，𝒈

(𝒙)单调递增，故𝒈(𝒙)𝐦𝐢𝐧=𝒈(𝒙𝟎)=𝒆𝒙𝟎−𝟏𝟐𝒆𝟐𝒙𝟎+𝟑𝟐≥𝟎，解得𝟎<𝒆𝒙𝟎≤𝟑，𝟎<𝒙𝟎≤𝐥𝐧𝟑，又𝟐(𝒂+𝟏)=𝒆𝒙𝟎−𝒙𝟎，而𝒆𝒙−𝒙在[𝟎,

+∞)上单调递增，∴𝟏<𝟐(𝒂+𝟏)≤𝟑−𝐥𝐧𝟑，解得−𝟏𝟐<𝒂≤𝟏−𝐥𝐧𝟑𝟐．综上，实数a的取值范围为[−𝟏−√𝟓𝟐,𝟏−𝐥𝐧𝟑𝟐].22.【答案】解：(𝟏)𝒇(𝒙)=𝒉(𝒙)−𝒈(𝒙)=𝒆𝒙−𝟐𝒙−𝒍𝒏𝒙−𝒆𝒙+�

�𝒙𝟐+𝒂𝒙=𝒂𝒙𝟐+(𝒂−𝟐)𝒙−𝒍𝒏𝒙(𝒙>𝟎)，①𝒇′(𝒙)=𝟐𝒂𝒙+(𝒂−𝟐)−𝟏𝒙=𝟐𝒂𝒙𝟐+(𝒂−𝟐)𝒙−𝟏𝒙=(𝟐𝒙+𝟏)(𝒂𝒙−𝟏)𝒙(𝒙>𝟎)，(𝒊)当𝒂≤𝟎时，𝒇′(𝒙)<𝟎

，函数𝒇(𝒙)在(𝟎,+∞)上递减；(𝒊𝒊)当𝒂>𝟎时，令𝒇′(𝒙)>𝟎，解得𝒙>𝟏𝒂；令𝒇′(𝒙)<𝟎，解得𝟎<𝒙<𝟏𝒂，∴函数𝒇(𝒙)在(𝟎,𝟏𝒂)递减，在(𝟏𝒂,+∞)递增；综上，

当𝒂≤𝟎时，函数𝒇(𝒙)在(𝟎,+∞)上单调递减；当𝒂>𝟎时，函数𝒇(𝒙)在(𝟎,𝟏𝒂)上单调递减，在(𝟏𝒂,+∞)上单调递增；②由①知，若𝒂≤𝟎，函数𝒇(𝒙)在(𝟎,+∞)上单调递减，

不可能有两个不同的零点，故𝒂>𝟎；且当𝒙→𝟎时，𝒇(𝒙)→+∞；当𝒙→+∞时，𝒇(𝒙)→+∞；故要使函数𝒇(𝒙)有两个不同的零点，只需𝒇(𝒙)𝒎𝒊𝒏=𝒇(𝟏𝒂)=𝒂⋅(𝟏𝒂)𝟐+𝒂−𝟐𝒂−𝐥𝐧𝟏𝒂<𝟎，即𝒍𝒏𝒂−𝟏

𝒂+𝟏<𝟎，又函数𝒚=𝒍𝒏𝒙−𝟏𝒙+𝟏在(𝟎,+∞)上为增函数，且𝒍𝒏𝟏−𝟏𝟏+𝟏=𝟎，故𝒍𝒏𝒂−𝟏𝒂+𝟏<𝟎的解集为(𝟎,𝟏)．故实数a的取值范围为(𝟎,𝟏)；(𝟐)证明：𝒈′(𝒙)=𝒆𝒙−𝟐𝒂𝒙−𝒂，依题意，{𝒆𝒙

𝟏−𝟐𝒂𝒙𝟏−𝒂=𝟎𝒆𝒙𝟐−𝟐𝒂𝒙𝟐−𝒂=𝟎，两式相减得，𝟐𝒂=𝒆𝒙𝟏−𝒆𝒙𝟐𝒙𝟏−𝒙𝟐(𝒙𝟏<𝒙𝟐)，要证𝒙𝟏+𝒙𝟐<𝐥𝐧(𝟒𝒂𝟐)，即证𝒙𝟏+𝒙𝟐𝟐<𝒍𝒏𝟐𝒂，即证𝒆�

�𝟏+𝒙𝟐𝟐<𝒆𝒙𝟏−𝒆𝒙𝟐𝒙𝟏−𝒙𝟐，两边同除以𝒆𝒙𝟐，即证(𝒙𝟏−𝒙𝟐)𝒆𝒙𝟏−𝒙𝟐𝟐>𝒆𝒙𝟏−𝒙𝟐−𝟏，令𝒕=𝒙𝟏−𝒙𝟐(𝒕<𝟎)，即

证𝒕𝒆𝒕𝟐−𝒆𝒕+𝟏>𝟎，令𝒉(𝒕)=𝒕𝒆𝒕𝟐−𝒆𝒕+𝟏(𝒕<𝟎)，则𝒉′(𝒕)=−𝒆𝒕𝟐[𝒆𝒕𝟐−(𝒕𝟐+𝟏)]，令𝒑(𝒕)=𝒆𝒕𝟐−(𝒕𝟐+𝟏)，则𝒑′(𝒕)=𝟏𝟐

(𝒆𝒕𝟐−𝟏)，当𝒕<𝟎时，𝒑′(𝒕)<𝟎，𝒑(𝒕)在(−∞,𝟎)上递减，∴𝒑(𝒕)>𝒑(𝟎)=𝟎，∴𝒉′(𝒕)<𝟎，∴𝒉(𝒕)在(−∞,𝟎)上递减，∴𝒉(𝒕)>𝒉(𝟎)=𝟎，即𝒕𝒆

𝒕𝟐−𝒆𝒕+𝟏>𝟎，故𝒙𝟏+𝒙𝟐<𝐥𝐧(𝟒𝒂𝟐)．【解析】(𝟏)①求出𝒇(𝒙)并求导，解关于导函数的不等式即可得到单调区间；②显然𝒂>𝟎，分析可知只需𝒇(𝒙)的最小值小于0即

可满足条件，进而得解；(𝟐)依题意，将所证不等式转化为证明(𝒙𝟏−𝒙𝟐)𝒆𝒙𝟏−𝒙𝟐𝟐>𝒆𝒙𝟏−𝒙𝟐−𝟏，再通过换元构造新函数即可得证．本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题，考查极值点偏移问题，考查转化思想，换元思想及化简运算能力，逻辑推理能力

，属于中档题．