2020-2021学年福建省莆田市某校高二（下）4月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年福建省莆田市某校高二（下）4月月考数学试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设i是虚数单位，则复数z=2i−2+3i对应的点在复平面内位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 若函数f(x)=ax4+bx2+c满足f′(1)=2，则f′(−1)等于( )
A.−1B.−2C.2D.0

3. 已知A2x3=100Ax2，则x=( )
A.11B.12C.13D.14

4. 某产品的销售收入y1(单位：万元)是产量x(单位：千台)的函数，且关系式为y1=17x2x>0，生产成本y2 (单位：万元)是产量x(单位：千台)的函数，且关系式为y2=2x3−x2x>0，为使利润最大，应生产该产品( )
A.6千台B.7千台C.8千台D.9千台

5. 受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭．高二年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有( )
A.120种B.156种C.192种D.240种

6. 设aA.B.C.D.

7. 设fx=12x2+csx，则函数fx( )
A.有且仅有一个极小值B.有且仅有一个极大值
C.有无数个极值D.没有极值

8. 已知定义在(0, +∞)上的函数f(x)满足xf′(x)−f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，若f(m−2021)>(m−2021)f(1)，则实数m的取值范围是( )
A.(0, 2021)B.(0, 2022)C.(2021, +∞)D.(2021, 2022)
二、多选题

已知复数z=2+i，则下列结论正确的是( )
A.|z|=5B.复数z的共轭复数为2−i
C.zi2021=1+2iD.z2=3+4i

下列函数求导运算正确的( )
A.3x′=3xlg3eB.lg2x′=1xln2
C.1lnx′=xD.e−x′=−e−x

已知函数fx=e|x|sinx，则下列结论正确的是( )
A.fx是以2π为周期的函数
B.fx是奇函数
C.fx在−π4,3π4上为增函数
D.fx在−10π,10π内有20个极值点

设函数f(x)=xlnx，g(x)=12x2，给定下列命题，其中正确的是( )
A.若方程f(x)=k有两个不同的实数根，则k∈−1e,0
B.若方程kf(x)=x2恰好只有一个实数根，则k<0
C.若x1>x2>0，总有m[g(x1)−g(x2)]>f(x1)−f(x2)恒成立，则m≥1
D.若函数F(x)=f(x)−2ag(x)有两个极值点，则实数a∈0,12
三、填空题

复数21−i的虚部为________.

使得函数fx=x2+ax+2ex既有极大值又有极小值的实数a的范围是________.

学校要求用6种不同颜色的彩色粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的彩色粉笔．则该板报有_________种书写方案．（用数字填写答案）


设函数fx=x−1ex．若关于x的不等式fx四、解答题

已知函数fx=2x3+3x2−12x+1 .
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；

(2)求函数fx的极值．

设函数f(x)=lnx+x2−2ax+a2，a∈R．
(1)当a=32时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在[1, 3]上存在单调增区间，求a的取值范围．

已知函数fx=ax3+bx2−3xa,b∈R，在点1,f1处取得极值−2．
(1)求函数fx的解析式；

(2)若对于区间−3,3上任意两个自变量的值x1，x2，有|fx1−fx2|≤c，求实数c最小值；

已知函数fx=x+aex，其中a∈R，e是自然对数的底数．
(1)当a=−1时，求函数f(x)在区间[0, +∞)上的零点个数；

(2)若fx>2对任意的实数x恒成立，求a的取值范围．

已知函数fx=lnx+ax2+2a+1x.
(1)讨论fx的单调性；

(2)当a<0时，证明fx≤−34a−2．

已知函数fx=x2+ax+2lnx （a为常数）．
(1)若fx是定义域上的单调增函数，求a的取值范围；

(2)若函数fx存在两个极值点x1，x2x1参考答案与试题解析
2020-2021学年福建省莆田市某校高二（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
【解答】
解：∵ z=2i(−2+3i)=−4i+6i2=−6−4i，
∴ z在复平面内对应的点的坐标为(−6, −4)，在第三象限．
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
根据导数的运算法则先求导，再判断其导函数为奇函数，问题得以解决
【解答】
解：∵ f(x)=ax4+bx2+c，
∴ f′(x)=4ax3+2bx，
∴ f′(−x)=−4ax3−2bx=−f′(x)，
∴ f′(−1)=−f′(1)=−2.
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
排列及排列数公式
【解析】
直接利用排列公式计算即可.
【解答】
解：∵ A2x3=100Ax2，
∴ 2x⋅2x−1⋅2x−2=100⋅x⋅x−1，2x≥3，x≥2，x∈N*，
解得x=13.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
根据条件得到利润f(x)=−2x3 +18x2 ，利用导数得到f(x)的单调性，进而可得其极值
【解答】
解，设利润为f(x)，
则f(x)=y1−y2=17x2−2x3−x2=18x2−2x3x>0，
则f′(x) =−6x2 +36x(x>0)，
令f′x>0，解得0令f′x<0，解得x>6；
故函数f(x)在(0, 6)上单调递增，在(6,+∞)上单调递减，
则当x=6时，f(x)取得极大值也是最大值，
故当产量6千台时，利润最大．
故选A.
5.
【答案】
C
【考点】
排列、组合的应用
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，分2步进行分析：①将丙班、丁班看成一个整体，与乙、戊、己三个班全排列，②排好后，在除去开头的4个空位中任选1个，安排甲班，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2步进行分析：
①将丙班、丁班看成一个整体，与乙、戊、己三个班全排列，有A22A44=48种安排方法，
②排好后，除去开头，有4个空位可选，在其中任选1个，安排甲班，有4种情况，
则有48×4=192种不同安排方案.
故选C．
6.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解∶由题得x−a2≥0，
所以x>b时，y>0，x≤b时，y≤0，
对照四个选项，只有选项C符合．
故选C .
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】

【解答】
解：f′x=x−sinx，
f′′x=1−csx≥0，
则f′x单调递增.
又f′0=0，
∴当x∈−∞,0时，
f′0<0，则fx单调递减，
当x∈0,+∞时，f′0>0，
则fx单调递增，
∴fx仅有唯一的极小值点.
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
令hx=fxx，x∈0,+∞，求出函数的导数，根据函数的单调性求出m的范围即可．
【解答】
解：令hx=fxx，x∈0,+∞，
则h′(x)=xf′(x)−f(x)x2.
∵ xf′x−fx<0， h′x<0，
∴ 函数hx在(0,+∞)递减.
∵ f(m−2021)>(m−2021)f(1)，
∴ m−2021>0，m>2021，
∴ fm−2021m−2021>f11，
即h(m−2021)>h1，
故m−2021<1，
解得m<2022，
故2021故选D．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
利用复数的运算，逐个判断即可.
【解答】
解：∵ z=2+i，
A，z=4+1=5，故A正确；
B，z=2−i，故B正确；
C，由于i2021=i2020⋅i=i，
∴ zi2021=2+ii=−1+2i，故C错误；
D，z2=2+i2=3+4i，故D正确.
故选ABD.
【答案】
B,D
【考点】
导数的运算
【解析】
根据导数公式，求导，再判断即可.
【解答】
解：A，3x′=3xln3，故A错误；
B， lg2x′=1xln2，故B正确；
C， 1lnx′=−1xln2x，故C错误；
D，e−x′=−e−x，故D正确.
故选BD.
【答案】
B,C,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数奇偶性的判断
利用导数研究函数的极值
函数的周期性
【解析】
根据周期函数的定义判定选项A错误；根据奇偶函数的定义可知选项B正确，根据导函数的正负及零点的个数可判断选项C正确，D错误．
【解答】
解：A，因为fx+2π=e|x+2π|sinx+2π
=e|x+2π|sinx≠e|x|sinx，
即fx+2π≠fx，所以fx不是周期为2π的周期函数，故A错误；
B，因为函数fx 的定义域为R，
f−x=e|−x|sin−x=−e|x|sinx=−fx，
所以函数fx 是奇函数，故B正确；
C，f(x)=exsinx，f′(x)=exsinx+excsx=2exsinx+π4，
当x∈(0,3π4)时，
x+π4∈π4,π，sinx+π4>0，f′(x)>0，
所以fx在0,3π4上单调递增，根据奇函数的性质可知，fx在−π4,3π4上单调递增，故C正确；
D，x≥0时，fx=exsinx，
令f′x=exsinx+excsx=0，
sinx+csx=0，0即2sinx+π4=0，解得x解集为{x|x=3π4+kπ，k∈Z且0≤k≤9}，
即方程共有10个解，且0不是方程的解，根据奇函数的对称性可知，
当−10π即当x∈(−10π,10π)时，函数fx的导数f′x有20个变号零点，
即fx在(−10π,10π)内有20个极值点，故D正确．
故选BCD．
【答案】
A,C,D
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
利用函数的导数判断函数的单调性以及函数的极值然后判断①的正误．
判断x＝1不是该方程的根，当x≠1时，f(x)≠0，方程kf(x)＝x2有且只有一个实数根，
等价于y＝k和只有一个交点利用函数的导数求解函数的极值判断函数的单调性，
然后推出结果，判断②的正误；
当x1>x2>0时，m[g(x1)−g(x2)]>f(x1)−f(x2)恒成立，
等价于mg(x1)−f(x1)>mg(x2)−f(x2)恒成立，
即函数y＝mg(x)−f(x)在(0, +∞)上为增函数，
利用函数的导数集合函数的图象求出m≥1，判断③的正误．
F(x)＝xlnx−ax2(x>0)有两个不同极值点，利用导函数的符号列出不等式求解即可判断④的正误．
【解答】
解：A，f(x)的定义域(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)>0有lnx>−1，即x>1e，
可知f(x)在0,1e单调递减，在1e,+∞单调递增，
f(x)min=f(x)极小值=f(1e)=−1e，
且当x→0时，f(x)→0，又f(1)=0，
从而要使得方程f(x)=k有两个不同的实根，
即y=f(x)与y=k有两个不同的交点，
所以k∈−1e,0，故A正确.
B，易知x=1不是该方程的根，
当x≠1时，f(x)≠0，方程kf(x)=x2有且只有一个实数根，
等价于y=k和y=xlnx只有一个交点，
y′=lnx−1(lnx)2，又x>0且x≠1，
令y′>0，即lnx>1，有x>e，
知y=xlnx在(0, 1)和(1, e)单调递减，在(e, +∞)上单调递增，
x=1是一条渐近线，极小值为e．
由y=xlnx大致图象可知k<0或k=e，故B错误；
C，当x1>x2>0时，m[g(x1)−g(x2)]>f(x1)−f(x2)恒成立，
等价于mg(x1)−f(x1)>mg(x2)−f(x2)恒成立，
即函数y=mg(x)−f(x)在(0, +∞)上为增函数，
即y′=mg′(x)−f′(x)=mx−lnx−1≥0恒成立，
即m≥lnx+1x在(0, +∞)上恒成立，
令r(x)=lnx+1x，则r′(x)=−lnxx2，
令r′(x)>0得lnx<0，有0从而r(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
则r(x)max=r(1)=1，
于是m≥1，故C正确.
D，F(x)=xlnx−ax2(x>0)有两个不同极值点，
等价于F′(x)=lnx+1−2ax=0有两个不同的正根，
即方程2a=lnx+1x有两个不同的正根，
由C可知，0<2a<1，即0故选ACD.
三、填空题
【答案】
1
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
先将21−i计算化简成代数形式，再求虚部．
【解答】
解：∵ 21−i=21+i1−i1+i=1+i．
∴ 21−i的虚部为1.
故答案为：1.
【答案】
(−∞, −2)∪(2, +∞)
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′(x)=[x2+(a+2)x+a+2]ex，
∵ 函数fx既有极大值又有极小值，
∴ f′(x)有2个变号零点，即g(x)=x2+(a+2)x+a+2=0有2个不相等的解，
∴ Δ=(a+2)2−4(a+2)>0，解得a>2或a<−2，
即实数a的范围是(−∞, −2)∪(2, +∞).
故答案为：(−∞, −2)∪(2, +∞).
【答案】
600
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：数学天地有6种颜色，理综世界有5种颜色，语文学院有5种颜色，英语角有4种颜色，
则一共有6×5×5×4=600种书写方案.
故答案为：600.
【答案】
1，e2+12
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：f′(x)=xex，
当x∈−∞,0时，f′x<0，fx单调递减，
当x∈0,+∞时，f′x>0，fx单调递增，
当x→−∞时，fx→0;
当x→+∞时，fx→∞;
f0=−1，f(1)=0，f(2)=e2，
且x<1时，fx<0.
作出函数fx的图象，如图所示：
直线y=ax−1过定点0,−1 ，
要使不等式fx只需2a−1≤f(2)=e2，a−1>f(1)=0，a>0，
解得1故答案为：1，e2+12.
四、解答题
【答案】
解：(1)由已知fx=2x3+3x2−12x+1可知
f′x=6x2+6x−12=6x−1x+2，
所以k=f′1=0，f1=−6 .
切线方程y=−6 .
(2)令f′x=0，即6x−1x+2=0，解得x1=−2，x2=1，
当x∈−∞,−2时， f′x>0，故fx在区间−∞,−2内为增函数；
当x∈−2,1时， f′x<0，故fx在区间−2,1内为减函数；
当x∈1,+∞时， f′x>0，故fx在区间1,+∞内为增函数；
从而函数fx在x1=−2处取得极大值f−2=21，在x2=1处取得极小值f1=−6．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知fx=2x3+3x2−12x+1可知
f′x=6x2+6x−12=6x−1x+2，
所以k=f′1=0，f1=−6 .
切线方程y=−6 .
(2)令f′x=0，即6x−1x+2=0，解得x1=−2，x2=1，
当x∈−∞,−2时， f′x>0，故fx在区间−∞,−2内为增函数；
当x∈−2,1时， f′x<0，故fx在区间−2,1内为减函数；
当x∈1,+∞时， f′x>0，故fx在区间1,+∞内为增函数；
从而函数fx在x1=−2处取得极大值f−2=21，在x2=1处取得极小值f1=−6．
【答案】
解：(1)当a=32时，f(x)=lnx+x2−3x+94(x>0)，
f′(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x，
令f′(x)>0，解得：x>1或0令f′(x)<0，解得：12故f(x)在(0, 12)和(1, +∞)上单调递增，在(12, 1)上单调递减.
(2)f′(x)=1x+2x−2a=2x2−2ax+1x，x∈[1, 3]，
设g(x)=2x2−2ax+1，
函数f(x)在[1, 3]上存在单调递增区间，
必有g(x)>0，即2a<2x+1x在[1, 3]上成立，
由对勾函数的性质可知2x+1x在[1, 3]上单调递增，
故2a<193，a<196．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的单调性及单调区间
【解析】
(1)将a=2代入f(x)，求出f(x)的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
(2)假设函数f(x)在[1, 3]上不存在单调递增区间，必有g(x)≤0，得到关于a的不等式组，解出即可．
【解答】
解：(1)当a=32时，f(x)=lnx+x2−3x+94(x>0)，
f′(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x，
令f′(x)>0，解得：x>1或0令f′(x)<0，解得：12故f(x)在(0, 12)和(1, +∞)上单调递增，在(12, 1)上单调递减.
(2)f′(x)=1x+2x−2a=2x2−2ax+1x，x∈[1, 3]，
设g(x)=2x2−2ax+1，
函数f(x)在[1, 3]上存在单调递增区间，
必有g(x)>0，即2a<2x+1x在[1, 3]上成立，
由对勾函数的性质可知2x+1x在[1, 3]上单调递增，
故2a<193，a<196．
【答案】
解：(1)f′x=3ax2+2bx−3a,b∈R，
由题意得：f(1)=−2,f′(1)=0,
即a+b−3=−2,3a+2b−3=0,
解得：a=1,b=0,
所以fx=x3−3x．
(2)令f′x=3x2−3=0，得x=±1，
所以fx在−∞,−1和1,+∞单调递增，在−1,1单调递减，
所以fx在−3,−1单调递增，在−1,1单调递减，1,3单调递增，
f−3=−27+9=−18，f1=1−3=−2，
f−1=−1+3=2，f3=27−9=18，
所以fxmax=f3=27−9=18，
fxmin=f−3=−27+9=−18，
对于区间−3,3上任意两个自变量的值x1，x2，有
|f(x1)−f(x2)|≤|f(x)max−f(x)min|=36，
所以c≥36，c最小值为36．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)f′x=3ax2+2bx−3a,b∈R，
由题意得：f(1)=−2,f′(1)=0,
即a+b−3=−2,3a+2b−3=0,
解得：a=1,b=0,
所以fx=x3−3x．
(2)令f′x=3x2−3=0，得x=±1，
所以fx在−∞,−1和1,+∞单调递增，在−1,1单调递减，
所以fx在−3,−1单调递增，在−1,1单调递减，1,3单调递增，
f−3=−27+9=−18，f1=1−3=−2，
f−1=−1+3=2，f3=27−9=18，
所以fxmax=f3=27−9=18，
fxmin=f−3=−27+9=−18，
对于区间−3,3上任意两个自变量的值x1，x2，有
|f(x1)−f(x2)|≤|f(x)max−f(x)min|=36，
所以c≥36，c最小值为36．
【答案】
解：(1)当a=−1时，fx=x−1ex，则f′x=1+1ex，
∴ f(x)在[0, +∞)上单调递增.
又f(0)=−1<0，f1=1−1e>0，
故∃x0∈(0, 1)，使得f(x0)=0，
∴ 函数f(x)在区间[0, +∞)上有1个零点．
(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立，则a>ex(2−x)恒成立，
令g(x)=ex(2−x)，则g′(x)=ex(1−x)，
令g′(x)>0，得x<1；
令g′(x)<0，得x>1．
∴ g(x)在(−∞, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
∴ g(x)max=g(1)=e，
∴ a的取值范围为(e, +∞)．
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)将a＝−1代入f(x)中，对f(x)求导，然后判断f(x)的单调性，再利用零点存在性定理，判断f(x)的零点个数；
(Ⅱ)由f(x)>2对任意的实数x恒成立，可得a>ex(2−x)恒成立，然后构造函数g(x)＝ex(2−x)，求出g(x)的最大值，再得到a的取值范围．
【解答】
解：(1)当a=−1时，fx=x−1ex，则f′x=1+1ex，
∴ f(x)在[0, +∞)上单调递增.
又f(0)=−1<0，f1=1−1e>0，
故∃x0∈(0, 1)，使得f(x0)=0，
∴ 函数f(x)在区间[0, +∞)上有1个零点．
(2)若f(x)>2对任意的实数x恒成立，则a>ex(2−x)恒成立，
令g(x)=ex(2−x)，则g′(x)=ex(1−x)，
令g′(x)>0，得x<1；
令g′(x)<0，得x>1．
∴ g(x)在(−∞, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
∴ g(x)max=g(1)=e，
∴ a的取值范围为(e, +∞)．
【答案】
(1)解：函数fx=lnx+ax2+2a+1x，x>0，
则函数fx的导数f′(x)= 1x+ 2ax + (2a +1)
=2ax2+ (2a +1)x+1x= (2ax+1)x+1x，x>0.
①当a=0时，f′x>0，函数fx在0,+∞上单调递增；
②当a>0时，f′x>0，函数fx在0,+∞上单调递增；
③当a<0时，令f′x>0⇒2ax+1>0，
解得x<−12a，函数fx在0,−12a上单调递增，
令f′x<0⇒2ax+1<0，解得x>−12a，
函数fx在−12a,+∞上单调递减.
综上，当a≥0时，函数fx在0,+∞上单调递增；
当a<0时，函数fx在0,−12a上单调递增，
函数fx在−12a,+∞上单调递减.
(2)证明：因为f′(x)=2ax2+(2a+1)x+1x=2ax+1x+1x(x>0)，
当a<0时，x∈(0,−12a)时，f′(x)>0，x∈ (−12a, +∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,−12a)上单调递增，在(−12a, +∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(−12a)，
则f(−12a) −−34a−2
=ln−12a+a×14a2+2a+1−12a+34a+2，
化简得，f(−12a) −−34a−2=ln−12a+12a+1，
令h(t)=lnt+1− tt=−12a>0，
则h′t=1t−1=1−tt，t>0，
所以h(t)在t∈(0, 1)上单调递增，,在t∈(1, +∞)单调递减．
所以h(t)max=h(1)=0，所以h(t)≤0，
即f(−12a) −−34a−2≤0，
所以f(x)max≤−34a−2，
所以f(x)≤−34a−2.
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
(1)求出导函数，然后对a的正负分情况讨论，从而得到f′x的正负，然后得到单调区间的范围.
(2)通过函数的导数，求解函数的最大值，然后转化求解证明即可．
【解答】
(1)解：函数fx=lnx+ax2+2a+1x，x>0，
则函数fx的导数f′(x)= 1x+ 2ax + (2a +1)
=2ax2+ (2a +1)x+1x= (2ax+1)x+1x，x>0.
①当a=0时，f′x>0，函数fx在0,+∞上单调递增；
②当a>0时，f′x>0，函数fx在0,+∞上单调递增；
③当a<0时，令f′x>0⇒2ax+1>0，
解得x<−12a，函数fx在0,−12a上单调递增，
令f′x<0⇒2ax+1<0，解得x>−12a，
函数fx在−12a,+∞上单调递减.
综上，当a≥0时，函数fx在0,+∞上单调递增；
当a<0时，函数fx在0,−12a上单调递增，
函数fx在−12a,+∞上单调递减.
(2)证明：因为f′(x)=2ax2+(2a+1)x+1x=2ax+1x+1x(x>0)，
当a<0时，x∈(0,−12a)时，f′(x)>0，x∈ (−12a, +∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,−12a)上单调递增，在(−12a, +∞)上单调递减，
所以f(x)max=f(−12a)，
则f(−12a) −−34a−2
=ln−12a+a×14a2+2a+1−12a+34a+2，
化简得，f(−12a) −−34a−2=ln−12a+12a+1，
令h(t)=lnt+1− tt=−12a>0，
则h′t=1t−1=1−tt，t>0，
所以h(t)在t∈(0, 1)上单调递增，,在t∈(1, +∞)单调递减．
所以h(t)max=h(1)=0，所以h(t)≤0，
即f(−12a) −−34a−2≤0，
所以f(x)max≤−34a−2，
所以f(x)≤−34a−2.
【答案】
解：(1)∵ f′x=2x+a+2x≥4+a，
∴ 只要4+a≥0，即a≥−4时，f′x≥0恒成立，
fx在定义域0,+∞上单调递增．
(2)由(1)知fx有两个极值点则a<−4，
f′x=2x+a+2x=2x2+ax+2x=0
⇒2x2+ax+2=0的二根为x1，x2，
则x1+x2=−a2,x1x2=1,不妨设0fx1−fx2=x12+ax1+2lnx1−x22+ax2+2lnx2
=x12−x22+ax1−x2+2lnx1x2
=x12−x22−2x1−x2x1+x2+2lnx1x2
=x22−x12+2lnx1x2
=x22−1x22−2lnx22，
设t=x2，
又x2−x1≤32⇔2x22−3x2−2≤0⇔1∴ t∈(1,4]，
则fx1−fx2=gt=t−1t−2lnt，
g′t=1+1t2−2t=t−12t2>0，
∴ gt在(1,4]上单调递增，
g(1)即fx1−fx2的范围是0,154−4ln2 .
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究函数的极值
【解析】
（1）∵ f′x=2x+a+2x≥4+a，
∴ 只要4+a≥0，即a≥−4时f′x≥0恒成立，fx在定义域0,+∞上单调递增．
【解答】
解：(1)∵ f′x=2x+a+2x≥4+a，
∴ 只要4+a≥0，即a≥−4时，f′x≥0恒成立，
fx在定义域0,+∞上单调递增．
(2)由(1)知fx有两个极值点则a<−4，
f′x=2x+a+2x=2x2+ax+2x=0
⇒2x2+ax+2=0的二根为x1，x2，
则x1+x2=−a2,x1x2=1,不妨设0fx1−fx2=x12+ax1+2lnx1−x22+ax2+2lnx2
=x12−x22+ax1−x2+2lnx1x2
=x12−x22−2x1−x2x1+x2+2lnx1x2
=x22−x12+2lnx1x2
=x22−1x22−2lnx22，
设t=x2，
又x2−x1≤32⇔2x22−3x2−2≤0⇔1∴ t∈(1,4]，
则fx1−fx2=gt=t−1t−2lnt，
g′t=1+1t2−2t=t−12t2>0，
∴ gt在(1,4]上单调递增，
g(1)即fx1−fx2的范围是0,154−4ln2 .