2022-2023学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若函数f(x)=sinxcsx，则f′(x)=( )
A. sin2xB. −sin2xC. cs2xD. −cs2x
2.已知全集U=R，A={x|−3A. {x|−33.若p：实数a使得“∃x0∈R，x02+2x0+a=0”为真命题，q：实数a使得“∀x∈[1,+∞),x2−a>0”为真命题，则p是q的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.某银行拟面向部分科创小微企业开展贷款业务.调查数据表明，科创小微企业的贷款实际还款比例P(x)关于其年收入x(单位：万元)的函数模型为P(x)=e−0.5+kx1+e−0.5+kx.已知当贷款小微企业的年收入为10万元时，其实际还款比例为50%，若银行期待实际还款比例为60%，则贷款小微企业的年收入约为(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)( )
A. 14万元B. 16万元C. 18万元D. 20万元
5.函数f(x)=ln|x−1|−ln|x+1|的部分图象大致为( )
A. B. C. D.
6.已知定义在R上的奇函数f(x)=4−2x+2,x≥0g(x),x<0，则f(g(lg245))的值为( )
A. −2B. 2C. −4D. 4
7.定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=f(x)，y=f(x+1)是偶函数，若f(x)在(0,1)上单调递增，a=f(ln2)，b=f(− e)，c=f(52)，则( )
A. b8.已知函数f(x)=(x+1)ex，若函数F(x)=f2(x)−mf(x)+m−1有三个不同的零点，则实数m的取值范围为( )
A. (−1e2,0)B. (−1e2,1)
C. (1−1e2,1)D. (1−1e2,1)∪(1,+∞)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知a=lg212，b=lg318，则( )
A. aC. a+b<7D. ab>9
10.已知函数f(x)=x21−x，则( )
A. f(x)有极大值−4
B. f(x)在(−∞,0)上单调递增
C. f(x)的图象关于点(1,−2)中心对称
D. 对∀x1，x2∈(1,+∞)，都有f(x1+x22)≥f(x1)+f(x2)2
11.对于函数f(x)，若在其定义域内存在x0使得f(x0)=x0，则称x0为函数f(x)的一个“不动点”，下列函数存在“不动点”的有( )
A. f(x)=2x2+14B. f(x)=ex−3x
C. f(x)=ex−1−2lnxD. f(x)=lnx−2x
12.关于曲线f(x)=lnx和g(x)=ax(a≠0)的公切线，下列说法正确的有( )
A. 无论a取何值，两曲线都有公切线
B. 若两曲线恰有两条公切线，则a=−1e
C. 若a<−1，则两曲线只有一条公切线
D. 若−1e2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.写出一个同时具有下列性质的函数f(x)=______.
①f(x1x2)=f(x1)+f(x2)；②f(x)为增函数.
14.若函数f(x)=x2−x+alnx在(1,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为______.
15.已知函数f(x)=ex+a,x≤0ln(x+3a),x>0，若方程f(x)=1有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为______.
16.若f(x)是区间[a,b]上的单调函数，满足f(a)<0，f(b)>0，且f′′(x)>0(f′′(x)为函数f′(x)的导数)，则可用牛顿切线法求f(x)=0在区间[a,b]上的根ξ的近似值：取初始值x0=b，依次求出y=f(x)图象在点(xk−1,f(xk−1))处的切线与x轴交点的横坐标xk(k=1,2,3,⋅⋅⋅)，当xk与ξ的误差估计值|f(xk)|m(m为|f′(x)|(x∈[a,b])的最小值)在要求范围内时，可将相应的xk作为ξ的近似值.用上述方法求方程x3+2x−1=0在区间[0,34]上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为______，相应的xk值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知集合A={x|a−3(1)当a=1时，求A∩B；
(2)若A∪B=B，求实数a的取值范围.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax3+bx2+2x，f′(x)>0的解集为(−∞,1)∪(2,+∞).
(1)求a，b的值；
(2)若g(x)是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，g(x)=f(x)，求不等式g(2x−3)+g(x)>0的解集.
19.(本小题12分)
若函数f(x)=aex+bx−1在x=0处取得极小值0.
(1)求f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若不等式f(x)+f(2x)≥3x+m恒成立，求实数m的取值范围.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax−lnx.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：当021.(本小题12分)
某物流公司计划扩大公司业务，但总投资不超过100万元，市场调查发现，投入资金x(万元)和年增加利润y(万元)近似满足如下关系y=90+2x−3 x2+900,x∈[0,40]90x−x2−1980,x∈(40,100].
(1)若该公司投入资金不超过40万元，能否实现年增加利润30万元？
(2)如果你是该公司经营者，你会投入多少资金？请说明理由.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=xlnx+12x2−x.
(1)求函数f(x)的零点个数；
(2)若g(x)=(x−1)ex−af(x)有两个极值点，求实数a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：f(x)=sinxcsx，
则f′(x)=(sinx)′csx+sinx(csx)′=cs2x−sin2x=cs2x.
故选：C.
根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据韦恩图，阴影部分表达的是集合A中不属于集合B的元素组成的集合，
又A={x|−3故阴影部分表示的集合为{x|−3故选：A.
根据韦恩图表达的集合A和B之间的关系，求解阴影部分所表达的集合即可．
本题考查利用venn图解集合运算问题，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：对于p：∃x0∈R，x02+2x0+a=0，
所以Δ=4−4a≥0，即a≤1.
对于q：∀x∈[1,+∞),x2−a>0,
因为函数y=x2−a在[1,+∞)上单调递增，
所以当x=1时，(x2−a)min=1−a，
则1−a>0，即a<1.
所以p是q的必要不充分条件．
故选：B.
先一元二次方程有解及一元二次不等式恒成立求解出p和q，进而根据充分条件和必要条件的定义判断即可求解．
本题主要考查充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可知P(10)=e−0.5+10k1+e−0.5+10k=50%=12，
∴e−0.5+10k=1，得k=0.05，∴P(x)=e−0.5+0.05x1+e−0.5+0.05x.
令P(x)=e−0.5+0.05x1+e−0.5+0.05x=60%=35，
得5e−0.5+0.05x=3(1+e−0.5+0.05x)，
得e−0.5+0.05x=32，
取对数得−0.5+0.05x=ln32
得x=ln3−ln2+≈18.
故选：C.
先根据题中数据代入计算函数P(x)中参数k的值，然后计算P(x)=60%时x的值即可．
本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：由|x−1|>0|x+1|>0，得x≠±1，
所以函数f(x)的定义域为(−∞,−1)∪(−1,1)∪(1,+∞)，关于原点对称，
又f(−x)=ln|−x−1|−ln|−x+1|=ln|x+1|−ln|x−1|=−f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD选项；
当x=12时，函数f(x)=ln12−ln32=ln13当x=−12时，函数f(x)=ln32−ln12=ln3>ln1=0，故排除B选项．
故选：A.
先判断函数f(x)的奇偶性，可排除CD选项；进而取特殊值x=12和x=−12排除B选项，进而即可求解．
本题主要考查了函数图象与函数性质的应用，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：由于lg245<0，所以g(lg245)=f(lg245)，
由于f(x)为奇函数，所以f(lg245)=−f(−lg245)=−f(lg254)，
f(lg254)=4−2lg254+2=4−4×2lg254=4−4×54=−1，
所以g(lg245)=f(lg245)=−f(lg254)=1，
f(g(lg245))=f(1)=4−23=−4，
故选：C.
根据函数的奇偶性以及自变量的取值范围，即可代入求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为在R上的函数f(x)满足f(x+2)=f(x)，
所以f(x)的周期为2，
则b=f(− e)=f(2− e)，c=f(52)=f(12)，
又因为2− e−12=32− e= 94− e= 2.25− e<0，
1>ln2>ln e=12，
所以0<2− e<12又因为f(x)在(0,1)上单调递增，
于是f(2− e)所以b故选：D.
利用给定的性质把函数值b，c化成(0,1)上某个数对应的函数值，再利用单调性比较作答．
本题考查了抽象函数的周期性、单调性及利用对数函数的性质进行大小比较，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：函数f(x)=(x+1)ex的定义域为R，求导得f′(x)=(x+2)ex，当x<−2时，f′(x)<0，当x>−2时，f′(x)>0，
因此函数f(x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增，f(x)min=f(−2)=−1e2，且x<−1，恒有f(x)<0，
由F(x)=0，得[f(x)−1][f(x)−m+1]=0，即f(x)=1或f(x)=m−1，由f(x)=1，得x=0，
于是函数F(x)有3个不同零点，当且仅当方程f(x)=m−1有2个不同的解，即直线y=m−1与y=f(x)图象有2个公共点，
在同一坐标系内作出直线y=m−1与y=f(x)的图象，如图，
观察图象知，当−1e2所以实数m的取值范围为(1−1e2,1).
故选：C.
把函数F(x)有3个不同零点问题转化成方程f(x)=m−1有两个不同解，再利用导数结合函数图象求解作答．
本题主要考查了给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合简化基本运算，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于A，因为a=lg212>lg28=3，b=lg318所以a>b，故A错误；
对于B，因为a=lg212=lg23+lg24=lg23+2，即a−2=lg23，
b=lg318=lg32+lg39=lg32+2，即b−2=lg32，
所以(a−2)(b−2)=lg23×lg32=1，故B正确；
对于C，因为a=lg212所以a+b<7，故C正确；
对于D，由B选项知，a=lg23+2，b=lg32+2，
因为lg23≠lg32，且lg23>lg21=0，lg32>lg31=0，
所以ab=(lg23+2)(lg32+2)=5+2(lg23+lg32)>5+4 lg23×lg32=9，
即ab>9，故D正确．
故选：BCD.
对于A，结合对数函数的单调性将a，b与3作大小比较，进而判断即可；对于B，化简a=lg23+2，b=lg32+2，进而根据对数的运算性质计算即可判断；对于C，结合对数函数的单调性可得a<4，b<3，进而根据不等式的基本性质判断即可；对于D，化简ab=5+2(lg23+lg32)，进而根据基本不等式即可判断．
本题主要考查了对数函数的性质，以及对数的运算性质，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：f(x)=x21−x的定义域为{x|x≠1}，
f′(x)=2x⋅(1−x)−(−1)⋅x2(1−x)2=−x2+2x(1−x)2，
令f′(x)=0得x=0或2，
所以在(−∞,0)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(0,1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1,2)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(2,+∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=2时，f(x)极大值=f(2)=−4，故A正确；
对于B：由上可知f(x)在(−∞,0)上单调递减，故B错误；
对于C：f(1−x)+f(1+x)=(1−x)21−(1−x)+(1+x)21−(1+x)=1−2x+x2x−1+2x+x2x=−4xx=−4，
所以f(x)关于点(1,−2)对称，故C正确；
对于D：由(1)知f′(x)=−x2+2x(1−x)2，
所以f′′(x)=(−2x+2)(1−x)2−2(1−x)⋅(−1)⋅(−x2+2x)(1−x)4=−2x+2(1−x)4，
当x>1时，f′′(x)<0，
所以f(x)在(1,+∞)上向下凸，
所以对∀x1，x2∈(1,+∞)，都有f(x1+x22)≥f(x1)+f(x2)2，故D正确，
故选：ACD.
对于A：f(x)=x21−x的定义域为{x|x≠1}，求导分析单调性和极值，即可判断A是否正确；
对于B：由上可知f(x)在(−∞,0)上单调递减，即可判断B是否正确；
对于C：通过计算可得f(1−x)+f(1+x)=(1−x)21−(1−x)−4，即可判断C是否正确；
对于D：分析f′′(x)的符号，进而可得f(x)在(1,+∞)上向下凸，即可判断D是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中需要一定的逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：A：f(x)定义域为R，f(x)=2x2+14=x，则2x2−x+14=0，由于Δ=1−4×2×14<0，故方程无实数根，故A错误，
B：f(x)定义域为R，f(x)=ex−3x=x，记g(x)=ex−4x，则g(x)的图象是连续不断的曲线，g(0)=1>0，g(1)=e−4<0，根据零点存在性定理可知g(x)在(0,1)存在零点，故B正确，
C：f(x)定义域为(0,+∞)，f(x)=ex−1−2lnx=x，由于f(1)=e0−0=1，所以x=1是f(x)的一个不动点，故C正确，
D：f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)=lnx−2x=x，令F(x)=lnx−2x−x，则F′(x)=1x+2x2−1=−x2+x+2x2=−(x−2)(x+1)x2，
故当x>2时，f′(x)<0，F(x)单调递减，当00，F(x)单调递增，故当x=2时，F(x)取极大值也是最大值，
故F(x)≤F(2)=ln2−3<0，故f(x)=lnx−2x=x在(0,+∞)无实数根，故D错误．
故选：BC.
根据一元二次方程的判别式可判断A，根据零点存在性定理可判断B，由特殊值可求解C，利用导数求解函数的单调性，进而求解函数的最值即可判断D.
本题考查了函数与方程的综合应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：不妨设曲线f(x)=lnx和g(x)=ax(a≠0)的公切线分别与两曲线相切于(m,lnm)(m>0)，(n,an)(n≠0)，
因为f′(x)=1x，g′(x)=−ax2，
所以f′(m)=1m，g′(n)=−an2，
此时公切线的方程为y−lnm=1m(x−m)，
即y=1mx+lnm−1，
也可以为y−an=−an2(x−n)，
即y=−an2x+2an，
所以1m=−an2lnm−1=2an，
整理得ln(−n2a)−1=2an，
所以lnn2−2an−ln(−a)−1=0(a<0)，
当a>0时，−a<0，
此时上述式子无意义，
则两曲线没有公切线，故选项A错误；
不妨设F(n)=lnn2−2an−ln(−a)−1(n>0)，
此时F(n)=2lnn−2an−ln(−a)−1(n>0)，
可得F′(n)=2n+2an2=2(n+a)n2，
当0−a时，F′(n)>0，
所以函数F(n)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+∞)上单调递增，
则F(n)min=F(−a)=2ln(−a)+2−ln(−a)−1=ln(−a)+1，
当F(−a)=ln(−a)+1<0，即−1e此时方程lnn2−2an−ln(−a)−1=0在n>0时有两解，
当F(−a)=ln(−a)+1=0，即a=−1e时，F(n)=0只有一解，
此时方程lnn2−2an−ln(−a)−1=0在n>0时只有一解，
当F(−a)=ln(−a)+1>0，即a<−1e时，F(n)=0无解，
此时方程lnn2−2an−ln(−a)−1=0在n>0时无解，
不妨设F(n)=lnn2−2an−ln(−a)−1(n<0)，
此时F(n)=2ln(−n)−2an−ln(−a)−1(n<0)，
得到F′(n)=2n+2an2=2(n+a)n2<0，
所以函数F(n)在(−∞,0)上单调递减，
当n→−∞时，2ln(−n)→+∞，−2an→0，
所以F(n)→+∞，
当n→0时，2ln(−n)→−∞，−2an→−∞，
所以F(n)→−∞，
易知函数F(n)在(−∞,0)上一定存在n0使得F(n0)=0，
即方程lnn2−2an−ln(−a)−1=0在n<0时只有一解，
综上所述，当a=−1e时，有两条公切线，故选项B正确；
当a<−1e时，有一条公切线，
又−1<−1e，
所以当a<−1时，只有一条公切线，故选项C正确；
当−1e因为−1e<−1e2，
所以当−1e2故选：BCD.
由题意，设曲线f(x)=lnx和g(x)=ax(a≠0)的公切线分别与两曲线相切于(m,lnm)，(n,an)，根据导数的几何意义得到1m=−an2lnm−1=2an，化简可得lnn2−2an−ln(−a)−1=0(a<0)，结合对数的定义可判断A选项；构造函数F(n)=lnn2−2an−ln(−a)−1(n>0)和F(n)=lnn2−2an−ln(−a)−1(n<0)，利用导数分析其单调性，进而分析方程F(n)=0解的情况，进而求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
13.【答案】lg2x
【解析】解：取f(x)=lg2x，该函数的定义域为(0,+∞)，
对任意的x1、x2∈(0,+∞)，f(x1x2)=lg2(x1x2)=lg2x1+lg2x2=f(x1)+f(x2)，
即f(x)=lg2x满足①；
又因为函数f(x)=lg2x为定义域(0,+∞)上的增函数，即f(x)=lg2x满足②．
故函数f(x)=lg2x满足条件．
故答案为：lg2x(形如f(x)=lgax(a>1)都可以，答案不唯一).
根据对数的运算性质以及对数函数的单调性可得出结果．
本题主要考查了对数函数性质的简单应用，属于基础题．
14.【答案】[−1,+∞)
【解析】解：因为f(x)=x2−x+alnx，x>1，
所以f′(x)=2x−1+ax=2x2−x+ax，
又函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f′(x)=2x2−x+ax≥0在x∈(1,+∞)上恒成立，
即a≥−2x2+x在x∈(1,+∞)上恒成立，
令g(x)=−2x2+x，对称轴为直线x=14，
所以函数g(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以g(x)所以a≥−1，
即实数a的取值范围为[−1,+∞).
故答案为：[−1,+∞).
依题意可得f′(x)=2x2−x+ax≥0在x∈(1,+∞)上恒成立，参变分离得到a≥−2x2+x在x∈(1,+∞)上恒成立，令g(x)=−2x2+x，结合二次函数的性质求出g(x)的最大值，即可求解．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，化归转化思想，属中档题．
15.【答案】[0,e3)
【解析】解：当x≤0时，0若a>0，当x>0时，f(x)=ln(x+3a)>ln3a，
因为方程f(x)=1有两个不相等的实数根，如图，
所以a>0a<1≤1+aln3a<1，即0若a≤0，当x>0时，f(x)=ln(x+3a)，此时方程f(x)=1有1个解，如图，
当x≤0时，方程f(x)=1有1个解需满足a≤0a<1≤1+a，即a=0.
综上所述，实数a的取值范围为[0,e3).
故答案为：[0,e3).
根据指数函数和对数函数的性质可得x≤0时，a0，当x>0时，f(x)>ln3a，结合图象可得a>0a<1≤1+aln3a<1，进而求解；若a≤0，当x>0时，方程f(x)=1有1个解，结合图象可得a≤0a<1≤1+a，进而求解即可．
本题主要考查了由函数的零点求解参数范围，体现了转化思想及数形结合思想的应用，属于中档题．
16.【答案】2511
【解析】解：设f(x)=x3+2x−1，
则f′(x)=3x2+2，f′′(x)=6x，
当x∈(0,34),f′′(x)=6x>0，
故可用牛顿切线法求f(x)=0在区间[a,b]上的根ξ的近似值．
由于|f′(x)|=3x2+2在x∈[0,34]单调递增，
所以|f′(x)|≥2，所以|f′(x)|的最小值为2，即m=2，
y=f(x)图象在点(xk−1,f(xk−1))处的切线方程为：
y=(3xk−12+2)(x−xk−1)+xk−13+2xk−1−1，
化简得y=(3xk−12+2)x−(2kk−13+1)，
令y=0，则xk=2xk−13+13xk−12+2，
由于x0=b=34，
所以x1=2x03+13x02+2=2×(34)3+13×(34)2+2=12，
x2=2x13+13x12+2=2×(12)3+13(12)2+2=511，
所以f(x1)=f(12)=(12)3+2×12−1=18，|f(x1)|2=116>1100，
f(x2)=f(511)=(511)3+2×(511)−1=(511)3−111=4113，|f(x2)|2=2113<2103<1100，
故x2作为ξ的近似值，
故答案为：2；511.
根据牛顿切线法，求解切线方程为y=(3xk−12+2)(x−xk−1)+xk−13+2xk−1−1，进一步得到xk=2xk−13+13xk−12+2，代入检验xk与ξ的误差估计值|f(xk)|m不超过0.01即可求解．
本题考查导数的综合应用，新定义的应用，利用函数的切线求函数的零点问题，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)当a=1时，A={x|−2而B={x|x2+3x−10≤0}={x|−5≤x≤2}，
所以A∩B={x|−2(2)因为A∪B=B，所以A⊆B，
当A=⌀时，a−3≥2a+1，即a≤−4，此时满足A⊆B；
当A≠⌀时，要使A⊆B成立，
则需满足a−3<2a+1a−3≥−52a+1≤2，解得−2≤a≤12.
综上所述，实数a的取值范围是{a|a≤−4或−2≤a≤12}.
【解析】(1)分别求解集合A，B，再根据集合间的交集运算即可求解；
(2)由条件可知A⊆B，利用子集关系，分A=⌀和A≠⌀列式求解实数a的取值范围．
本题主要考查了集合交集运算及集合并集的性质的应用，还考查了集合包含关系的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为f(x)=ax3+bx2+2x，
所以f′(x)=3ax2+2bx+2，
又f′(x)>0的解集为(−∞,1)∪(2,+∞)，
所以1和2是方程3ax2+2bx+2=0的两个根，且a>0，
所以1+2=−2b3a1×2=23a，
解得a=13，b=−32.
(2)由(1)知，f(x)=13x3−32x2+2x，
由题意，当x≤0时，g(x)=f(x)=13x3−32x2+2x，
则g′(x)=x2−3x+2>0，
所以函数g(x)在(−∞,0]上单调递增，
又g(x)是定义在R上的奇函数，g(0)=0，
所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以函数g(x)在R上单调递增．
由g(2x−3)+g(x)>0，得g(2x−3)>−g(x)=g(−x)，
所以2x−3>−x，即x>1，
所以不等式g(2x−3)+g(x)>0的解集为(1,+∞).
【解析】(1)先求导，结合题意可得1和2是方程3ax2+2bx+2=0的两个根，且a>0，进而根据韦达定理即可求解；
(2)先求得x≤0时，g(x)=13x3−32x2+2x，结合导数分析其单调性，进而结合奇函数的性质可得函数g(x)在R上的单调性，进而转化g(2x−3)+g(x)>0为g(2x−3)>g(−x)，进而利用单调性求解．
本题考查函数与导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为f(x)=aex+bx−1，
则f′(x)=aex+b，
因为函数f(x)在x=0处取得极小值0，
则f(0)=a−1=0f′(0)=a+b=0，
解得a=1b=−1，
此时f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，
由f′(x)<0可得x<0，由f′(x)>0可得x>0，
所以函数f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)，
所以函数f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，合乎题意，
则f(1)=e−2，f′(1)=e−1，
因此f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y−(e−2)=(e−1)(x−1)，
即y=(e−1)x−1.
(2)由f(x)+f(2x)≥3x+m可得m≤f(x)+f(2x)−3x，
设g(x)=f(x)+f(2x)−3x=ex+e2x−6x−2，则m≤g(x)min，
因为g′(x)=2e2x+ex−6=(ex+2)(2ex−3)，
由g′(x)<0可得x0可得x>ln32，
所以，函数f(x)的减区间为(−∞,ln32)，增区间为(ln32,+∞)，
所以g(x)min=g(ln32)=32+94−6ln32−2=74−6ln32，
故实数m的取值范围为(−∞,74−6ln32).
【解析】(1)分析可得f(0)=0f′(0)=0，求出a、b的值，然后利用函数的极值与导数的关系验证即可，求出f(1)、f′(1)的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
(2)由参变量分离法可得m≤f(x)+f(2x)−3x，令g(x)=f(x)+f(2x)−3x，利用导数求出函数g(x)的最小值，即可得出实数m的取值范围．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=ax−lnx(x>0)，则f′(x)=a−1x−=ax−1x，
当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，
当x∈(0,1a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(1a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a,+∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)可知，当0若∃x∈(0,+∞)，使得f(x)<3a−a2−ln2，
只需1+lna<3a−a2−ln2，即a2−3a+1+lna+ln2<0恒成立即可，
令g(a)=a2−3a+1+lna+ln2(0当a∈(0,12)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，当a∈(12,1)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，
故当a=12时，g(a)max=g(12)=14−32+1+ln12+ln2=−14<0，
所以∃x∈(0,+∞)，使得f(x)<3a−a2−ln2.
【解析】(1)对f(x)求导，利用导数与函数单调性的关系，分a≤0与a>0两种情况讨论，即可求解；
(2)结合(1)中结论，将问题转化为a2−3a+1+lna+ln2<0恒成立，从而构造函数g(a)=a2−3a+1+lna+ln2，利用导数求得g(a)max<0即可得证．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，化归转化思想，属难题．
21.【答案】解：(1)当x∈[0,40]时，y=90+2x−3 x2+900，
则y′=2−3×12×2x x2+900=2−3x x2+900，
令y′=0，则2−3x x2+900=0，化简得x2=720，解得x=12 5或x=−12 5(舍去)，
当x∈[0,12 5]时，y′>0，则y=90+2x−3 x2+900在[0,12 5]上递增，
当x∈[12 5,40]时，y′<0，则y=90+2x−3 x2+900在[12 5,40]上递减，
所以当x=12 5时，y=90+2x−3 x2+900取得最大值90+24 5−3 720+900=90−30 5，
因为90−30 5<30，所以目标不能实现；
(2)由(1)可知，当x∈[0,40]时，公司年增加最大利润为90−30 5万元，
当x∈(40,100]时，y=90x−x2−1980=−(x−45)2+45，
所以当x=45时，y=90x−x2−1980取得最大值45，
因为90−30 5<45，
所以投资45万元时，公司年增加利润最大为45万元．
【解析】(1)当x∈[0,40]时，y=90+2x−3 x2+900，对函数求导后求出其单调区间，从而可求出其最大值，再与30比较即可；
(2)由(1)可知当x∈[0,40]时，y的最大值为90−30 5，然后求出x∈(40,100]时y的最大值进行比较判断．
本题考查分段函数在实际问题中的应用，主要是函数的最值求法，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)函数f(x)=xlnx+12x2−x的定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+x，
显然f′(x)在(0,+∞)上单调递增，又f′(1e)=ln1e+1e=−1+1e<0，f′(1)=ln1+1=1>0，
所以存在x0∈(1e,1)，使得f′(x0)=0，即lnx0+x0=0，
当0当x>x0时f′(x)>0，函数f(x)在(x0,+∞)上单调递增，
且f(x0)=x0lnx0+12x02−x0=−12x02−x0<0，
且x→0时f(x)<0且f(x)→0，f(2)=2ln2>0，f(1)=−12<0
所以f(x)在(1,2)上有唯一的零点．
(2)因为g(x)=(x−1)ex−af(x)=(x−1)ex−a(xlnx+12x2−x)，定义域为(0,+∞)，
则g′(x)=xex−a(lnx+x)=xex−aln(xex)，
因为g(x)=(x−1)ex−af(x)有两个极值点，所以g′(x)有两个变号零点，
令t=xex>0，m(x)=xex，x∈(0,+∞)，则m′(x)=(x+1)ex>0，
所以m(x)=xex在(0,+∞)上单调递增，
要使以g′(x)有两个变号零点，只需h(t)=t−alnt，t∈(0,+∞)有两个变号零点，
h′(t)=1−at=t−at，
当a≤0时h′(t)>0在(0,+∞)上恒成立，h(t)单调递增，不满足题意，
当a>0时，当0当t>a，h′(t)>0，即h(t)单调递增，
所以h(t)在t=a处取得极小值即最小值，h(t)min=h(a)=a−alna，
要使h(t)有两个变号零点，则h(t)min=h(a)=a−alna<0，即lna>1，解得a>e，
此时h(1)=1>0，h(ea)=ea−a2>0，
所以h(t)在(1,a)和(a,ea)上各有一个变号零点，满足题意，
综上所述，实数a的取值范围为(e,+∞).
【解析】(1)求出函数的导函数，根据f′(x)及取值的特征，可得f(x)的单调性，再根据零点存在性定理判断即可；
(2)求出g(x)的解析式与导函数，依题意可得g′(x)有两个变号零点，令t=xex>0，则只需h(t)=t−alnt，t∈(0,+∞)有两个变号零点，利用导数求出函数的最小值，即可得到不等式，从而求出a的取值范围．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与零点及极值问题，属难题．