2023-2024学年安徽省合肥七中高二（下）第一次段考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥七中高二（下）第一次段考数学试卷（含解析），共16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.已知函数f(x)满足f(x)=x2f′(1)+lnx，则f′(12)=( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
2.函数f(x)=x2⋅ex+1，x∈[−2,1]的最大值为( )
A. 4e−1B. 1C. e2D. 3e2
3.若关于x的方程lnx−ax=0有且只有2个实根，则a的取值范围是( )
A. (−∞,1e]B. (−∞,1e)C. (0,1e]D. (0,1e)
4.设函数f(x)=2x−2x−alnx在(1,2)上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A. [4,5]B. (5,+∞)C. [4,+∞)D. [5,+∞)
5.已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=−1处有极值0，则a+b=( )
A. 11或4B. −4或−11C. 11D. 4
6.如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择.要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同涂色方法种数为
( )
A. 24种B. 48种C. 72种D. 96种
7.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x)>f(x)，f(2)=1008，则不等式e2f(x+1)−1008ex+1>0的解集为( )
A. (−1,+∞)B. (2,+∞)C. (−∞,1)D. (1,+∞)
8.已知a，b，c∈(0,1)，e是自然对数的底数，若ae4=4ea，be3=3eb，2c=ecln2，则有( )
A. a二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列函数求导运算正确的是( )
A. (lg3x)′=1xln3B. (e−x)′=e−x
C. (xcsx)′=csx+xsinxD. [ln(2x+1)+f′(1)]′=22x+1
10.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是( )
A. f(a)>f(e)>f(d)
B. 函数f(x)在[a,b]上递增，在[b,d]上递减
C. 函数f(x)的极值点为c，e
D. 函数f(x)的极大值为f(b)
11.已知函数f(x)=(2x−1)ex−ax2−bx+b，a，b∈R.( )
A. 若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为2x−y−2=0，且过点(1,e−2)，则a=−1，b=2
B. 当a=b且0C. 当a=b时，若函数f(x)有三个零点，则a∈(8 e5e,1)∪(e,+∞)
D. 当a=0时，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则b∈[32e,1)∪(3e2,52e3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中取出一本，则不同的取法______种． (以数字作答)
13.若曲线y=(x+a)e2x有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围是______．
14.已知对∀x∈[1e,e3]，不等式emx+1+(m−1)x≥lnx−1恒成立，则实数m的最小值是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x2+x−1ex．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的方程；
(2)求函数y=f(x)的极值．
16.(本小题15分)
已知0，1，2，3，4，5这六个数字．
(1)可以组成多少个数字不重复的三位奇数？
(2)可以组成多少个数字不重复的小于1000的自然数？
(3)可以组成多少个数字不重复的大于3000且小于5421的四位数？
17.(本小题15分)
为了积极响应国家“全面实施乡村振兴战略”的号召，某同学大学毕业后决定利用所学专业知识进行自主创业.经过市场调查，生产某种小型电子产品需投入固定成本3万元，每生产x万件，需另投入流动成本C(x)万元，当年产量小于10万件时，C(x)=9x+7x−14(万元)；当年产量不小于10万件时，C(x)=6x+lnx+4ex−13(万元).已知每件产品售价为6元，假若该产品当年全部售完．
(1)写出年利润P(x)(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式；(注：年利润=年销售收入−固定成本−流动成本)
(2)当年产量约为多少万件时，该产品所获年利润最大？最大年利润是多少？(结果保留一位小数，取ln2=0.7)
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex−ln(x+m)
(Ⅰ)设x=0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)当m≤2时，证明f(x)>0．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=[ln2x−(a+1)lnx+1]⋅x，a∈R，
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a=−1，对任意x1，x2∈(1,+∞)，当x1>x2时，不等式|f(x1)−f(x2)|答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵f(x)=x2f′(1)+lnx，∴f′(x)=2xf′(1)+1x，∴f′(1)=−1，
∴f′(x)=−2x+1x，∴f′(12)=−1+2=1．
故选：B．
先对f(x)求导数，再求f′(1)可解决此题．
本题考查导数运算，考查数学运算能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：f′(x)=xex+1(x+2)
令f′(x)=0得x=−2或x=0
当f′(x)>0时，x<−2或x>0；当f′(x)<0时，−2当x=−2时f(−2)=4e；当x=0时，f(0)=0；当x=1时，f(1)=e2
所以函数的最大值为e2
故选：C．
求出函数的导函数，令导数为0求出根，判断根左右两边导函数的符号，求出函数的极值及端点值，在其中选出最大值．
利用导数求函数的最值时，求出函数的极值及端点值，选出最值即可．
3.【答案】D
【解析】解：由题意，可得a=lnxx，设f(x)=lnxx,f′(x)=1−lnxx2．
当00，f(x)为増函数；
当x>e时，f′(x)<0，f(x)为减函数且f(x)>0．
所以f(x)有最大值f(e)=1e，简图如下，
由图可知，0故选：D．
分离参数，可得a=lnxx，利用导数求解y=lnxx的单调性，结合图象可求实数a的取值范围．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，利用导数研究函数的单调性，考查了转化思想，属基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵函数f(x)=2x−2x−alnx在(1,2)上单调递减，
∴f′(x)=2+2x2−ax≤0在(1,2)上恒成立，
即a≥2x+2x在(1,2)上恒成立，
而y=2x+2x在(1,2)上单调递增，故ymax>2×2+22=5，
∴a≥5．
故选：D．
利用函数单调性和导数之间的关系转化为f′(x)≤0恒成立，利用参数分离法进行求解即可．
本题主要考查函数单调性和导数的关系，利用参数分离法是解决本题的关键，比较基础．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，f(x)=3x2+6ax+b，
∵函数f(x)在x=−1处有极值0，
∴f′(−1)=3−6a+b=0且f(−1)=−1+3a−b+a2=0，
∴a=1，b=3或a=2，b=9，
a=1，b=2时f(x)=3x2+6x+3≥0恒成立，此时函数无极值点，
∴a=2，b=9，
∴a+b=11．
故选：C．
先求解导函数，再根据极值的概念求解参数的值即可．
本题考查导数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了区域涂色、种植花草作物这一类题目．解决此题的关键是分类要全要细．
每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，然后分类研究，A、C不同色；A、C同色两大类．
【解答】
解：分两种情况：(1)A、C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B、D有1种，有4×3×2=24种；
(2)A、C同色，先涂A有4种，E有3种，B、D各有2种，有4×3×2×2=48种．
共有72种，
故选C．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了导数与函数单调性的关系，构造函数g(x)是解题的关键，属于中档题．
令g(x)=f(x)ex，对函数求导判断出单调性，利用g(x)的单调性解出不等式即可．
【解答】
解：令g(x)=f(x)ex，则g′(x)=f′(x)−f(x)ex>0，
所以g(x)在R上单调递增，
因为g(2)=1008e2，所以不等式e2f(x+1)−1008ex+1>0，
可变形得f(x+1)ex+1>f(2)e2，即g(x+1)>g(2)，所以x+1>2，
解得x>1，
故选：D．
8.【答案】A
【解析】解：∵ae4=4ea，be3=3eb，2c=ecln2，
∴eaa=e44，ebb=e33，ecc=2ln2=4ln4=eln4ln4，
设f(x)=exx，x>0，则f′(x)=ex(x−1)x2，
由f′(x)=0得，x=1，
当f′(x)>0得x>1，
当f′(x)<0得0∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∵1∴f(ln4)∴f(c)又a，b，c∈(0,1)，f(x)在(0,1)上单调递减，
∴a故选：A．
由ae4=4ea，be3=3eb，2c=ecln2得，eaa=e44，ebb=e33，ecc=2ln2=4ln4=eln4ln4，构造函数f(x)=exx，x>0，求导得出函数单调性，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了基本初等函数、复合函数的求导公式，考查了计算能力，属于中档题．
根据基本初等函数、复合函数的求导公式求导即可．
【解答】
解：(lg3x)′=1xln3，(e−x)′=−e−x，
(xcsx)′=csx−xsinx，
[ln(2x+1)+f′(1)]′=22x+1．
故选：AD．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查导数与函数单调性的关系，属于基础题．
根据导数与函数单调性的关系及所给图象可得f(x)的单调性，判断函数的极值即可．
【解答】
解：由导数与函数单调性的关系知，当f′(x)>0时f(x)递增，f′(x)<0时f(x)递减，
结合所给图象知，x∈(a,c)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(a,c)上单调递增，
x∈(c,e)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(c,e)上单调递减，
函数f(x)在x=c处取得极大值，在x=e处取得极小值；
f(c)>f(e)，
故选：ABD．
11.【答案】BCD
【解析】解：A选项，f′(x)=(2x+1)ex−2ax−b，
则f(1)=e−a=e−2，f′(0)=1−b=2，则a=2，b=−1，故A错误；
B选项，当a=b时，f(x)=(2x−1)ex−ax2−ax+a，
f′(x)=(2x+1)ex−2ax−a=(2x+1)(ex−a)，
因为0f′(x)>0⇒x<1na或x>−12⇒f(x)在(−∞,lna),(−12,+∞)上单调递增，
则f(x)在(0,+∞)上单调递增，故B正确；
C选项，当a=b时，令f(x)=(2x−1)ex−ax2−ax+a=0，
注意到当x2+x−1=0时，f(x)≠0，则a=(2x−1)exx2+x−1，
则函数f(x)有三个零点，相当于直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1的图象有三个交点．
令g(x)=(2x−1)exx2+x−1，其中x≠−1− 52,−1+ 52，
g′(x)=x(2x+1)(x−1)ex(x2+x−1)2
g′(x)>0⇒−121，则g(x)在(−12,0)，(1,+∞)上单调递增，
g′(x)<0⇒x<−1− 52或−1− 52则g(x)在(−∞,−1− 52)，(−1− 52,−12)，(0,−1+ 52)，(−1+ 52,1)上单调递减，
又x→−∞，g(x)→0，x→+∞，g(x)→+∞，
则可得g(x)大致图象如下，
则由图可得，当a∈(8 e5e,1)∪(e,+∞)时，直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1图象有三个交点，
即此时函数f(x)有三个零点，故C正确；
D选项，由题可得，ex0(2x0−1)即存在唯一整数x0，使得h(x)=ex(2x−1)的图象在n(x)=a(x−1)下方，
则h′(x)>0⇒x>−12，h′(x)<0⇒x<−12，
得h(x)在(−∞,−12)上单调递减，在(−12,+∞)上单调递增，
又x→−∞，h(x)→0，x→+∞，h(x)→+∞，n(x)=a(x−1)过定点(1,0)，
可在同一坐标系下做出h(x)与n(x)图象，
又设h(x)过(1,0)点切线方程的切点为(x1,h(x1))，
则切线方程为：y=h′(x1)(x−x1)+h(x1)，因其过(1,0)，
则0=h′(x1)(1−x1)+h(x1)=(3x1−2x12)ex1，解得x1=0或32，
又注意到h(1)>n(1)，结合两函数图象，可知x0=0或2．
当x0=0时，如图1，需满足h(0)当x0=2时，如图2，需满足h(2)综上所述，a=b∈[32e,1)∪(3e²,5e22]，故D正确．
故选：BCD．
A选项，由导数几何意义结合题意可知f(1)=e−a=e−2，f′(0)=1−b=2，即可判断正误；
B选项，利用导数得到f(x)的单调区间，即可判断正误；
C选项，f(x)有三个零点等价于直线y=a与函数y=(2x−1)exx2+x−1图象有3个交点，利用导数判断单调性，极值情况，即可判断正误；
D选项，存在唯一整数x0，使h(x)=ex(2x−1)图象在直线n(x)=a(x−1)下方，利用导数研究h(x)=ex(2x−1)的单调性，极值情况，可得其大致图象，后利用切线知识结合h(x)，n(x)图象可确定x0及相关不等式，即可判断选项正误．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
12.【答案】37
【解析】解：由题意可知选择拿语文书：有12种不同的拿法，
数学书有14种不同的拿法，
英语书有11种不同的拿法，
则从中取出一本，则不同的取法共有12+14+11=37种；
故答案为：37．
根据题意，分3种情况讨论：选择拿语文书：有12种不同的拿法，数学书有14种不同的拿法，英语书有11种不同的拿法，然后把这三种情况的数量加在一起即可
本题考查加法原理的应用，注意按取出书的类型不同分类讨论．
13.【答案】{a|a<−2或a>0}
【解析】解：由题设，令切线方程为y=kx，而y′=f′(x)=(2x+2a+1)e2x，
若切点为(t,kt)，则f′(t)=(2t+2a+1)e2t=k且f(t)=(t+a)e2t=kt，
所以t(2t+2a+1)e2t=(t+a)e2t，故2t2+2at−a=0有两个不相等的实根，
则Δ=4a2+8a>0，可得a<−2或a>0．
故答案为：{a|a<−2或a>0}．
令切线方程为y=kx、切点为(t,kt)，并对曲线y=f(x)求导，由f′(t)=k且f(t)=kt得到2t2+2at−a=0有两个不相等的实根，即可求范围．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于基础题．
14.【答案】1e2
【解析】解：已知对∀x∈[1e,e3]，不等式emx+1+(m−1)x≥lnx−1恒成立，
此时emx+1+mx≥lnx+x−1，
即lnemx+1+emx+1−1≥lnx+x−1，
不妨设f(x)=lnx+x−1，函数定义域为(0,+∞)，
此时需满足∀x∈[1e,e3]，使得f(emx+1)≥f(x)恒成立，
因为f′(x)=1x+1>0，
所以函数f(x)在定义域上恒成立，
则∀x∈[1e,e3]，使得emx+1≥x恒成立，
即∀x∈[1e,e3]，使得m≥lnx−1x恒成立，
不妨设g(x)=lnx−1x，函数定义域为[1e,e3]，
可得g′(x)=2−lnxx2，
当1e≤x0，g(x)单调递增；
当e2所以g(x)≤g(e2)=1e2，
此时m≥1e2，
则实数m的最小值为1e2．
故答案为：1e2．
由题意，将问题转化成不等式lnemx+1+emx+1−1≥lnx+x−1在[1e,e3]上恒成立，构造函数f(x)=lnx+x−1，对函数f(x)进行求导，利用导数得到函数f(x)的单调性，将问题转化成∀x∈[1e,e3]，使得m≥lnx−1x恒成立，构造函数g(x)=lnx−1x，对函数g(x)进行求导，利用导数得到函数g(x)的单调性，进而即可求解．
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、转化思想和运算能力．
15.【答案】解：(1)函数f(x)=x2+x−1ex定义域为R．
且f′(x)=(x2+x−1)′⋅ex−(x2+x−1)(ex)′(ex)2=(2x+1)⋅ex−(x2+x−1)⋅exe2x
=−x2+x+2ex=−(x+1)(x−2)ex，
∵曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率k=f′(0)=2，
又f(0)=−1，则切点为(0,−1)，
∴所求切线方程为y−(−1)=2(x−0)即2x−y−1=0．
(2)∵f′(x)=−(x+1)(x−2)ex，又ex>0，
由f′(x)=0，得x=−1或x=2，
当x∈(−∞,−1)和(2,+∞)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；
当x∈(−1,2)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．
由f(x)的单调性知：f(x)极小值=f(−1)=−e，
f(x)极大值=f(2)=5e−2=5e2．
【解析】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，极值的求法，是中档题．
(1)求出函数的定义域，函数的导数，求解切线的斜率，求出切点坐标，然后求解切线方程．
(2)求出导函数，求出极值点，判断函数的单调性，然后求解函数的极值即可．
16.【答案】解：(1)分3步：
①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3种选法；
②再选百位数字有4种选法；
③十位数字也有4种选法；
由分步计数原理知所求三位数共有3×4×4=48个；
(2)分3类：
①一位数，共有6个；
②两位数，先选十位数字，有5种选法；再选个位数字也有5种选法，共有5×5=25个；
③三位数，先选百位数字，有5种选法；再选十位数字也有5种选法；再选个位数字，有4种选法，共有5×5×4=100个；
因此，比1 000小的自然数共有6+25+100=131个；
(3)分4类：
①千位数字为3或4时，后面三个数位上可随便选择，此时共有2×5×4×3=120个；
②千位数字为5，百位数字为0，1，2，3之一时，共有4×4×3=48个；
③千位数字为5，百位数字是4，十位数字为0，1之一时，共有2×3=6个；
④5420也满足条件；
故所求四位数共有120+48+6+1=175个．
【解析】(1)根据分步乘法计数原理求解；
(2)根据分类加法计数原理求解；
(3)根据分类加法计数原理求解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)产品售价为6元，则x万件产品销售收入为6x万元，
依题意得，当0当x≥10时P(x)=6x−(6x+lnx+4ex−13)−3=10−(lnx+4ex)，
∴P(x)=11−(x+9x),0(2)当0∴当x=3时，P(x)的最大值为5万元，
当x≥10时，P(x)=10−(lnx+4ex)，∴P′(x)=−1x+4ex2=4e−xx2，
∴当10≤x<4e时，P′(x)>0，P(x)单调递增，
当x>4e时，P′(x)<0，P(x)单调递减，
∴当x=4e时，P(x)取最大值，P(4e)=10−(1+ln4e)=9−ln4e=8−2ln2≈6.6(万元)，
∴当x=4e时，P(x)取最大值6.6万元，
即当年产量约为4e万件时，该产品所获年利润最大，最大利润为6.6万元．
【解析】(1)根据利润是商品销售收入减去固定成本和每生产x万件，需另投入流动成本求解；
(2)根据(1)利用分段函数的性质，分别求得每一段的最大值，从中取最大的则为利润的最大值求解．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
18.【答案】(Ⅰ)解：∵f′(x)=ex−1x+m，x=0是f(x)的极值点，
∴f′(0)=1−1m=0，解得m=1，经检验，满足题意，
所以函数f(x)=ex−ln(x+1)，其定义域为(−1,+∞)，
∵f′(x)=ex−1x+1=ex(x+1)−1x+1，
设g(x)=ex(x+1)−1，x∈(−1,+∞)，
则g′(x)=ex(x+1)+ex>0，所以g(x)在(−1,+∞)上为增函数，
又∵g(0)=0，所以当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0；当−1所以f(x)在(−1,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数；
(Ⅱ)证明：当m≤2，x∈(−m,+∞)时，ln(x+m)≤ln(x+2)，
故要证当m≤2时，f(x)>0，只需证明当m=2时f(x)>0．
当m=2时，函数f′(x)=ex−1x+2在(−2,+∞)上为增函数，且f′(−1)<0，f′(0)>0．
故f′(x)=0在(−2,+∞)上有唯一实数根x0，且x0∈(−1,0)．
当x∈(−2,x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，
从而当x=x0时，f(x)取得最小值，
由f′(x0)=0，得ex0=1x0+2，ln(x0+2)=−x0．
故f(x)≥f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0．
综上，当m≤2时，f(x)>0．
【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数根据极值或极值点求参，利用导数证明不等式，考查了利用导数证明不等式，是较难题．
(Ⅰ)求出原函数的导函数，因为x=0是函数f(x)的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，注意检验；代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调性；
(Ⅱ)要证当m≤2时，f(x)>0，只需证明当m=2时f(x)>0，利用导数，即可得证．
19.【答案】解：(1)因为f(x)=[ln2x−(a+1)lnx+1]⋅x，
所以f′(x)=[2lnxx−a+1x]x+ln2x−(1+a)lnx+1=ln2x+(1−a)lnx−a=(lnx−a)(lnx+1)，令f′(x)=0，则两根分别为x1=ea，x2=1e，
①当a=−1时，f′(x)=(lnx+1)2≥0在(0,+∞)上恒成立，故f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
②当a>−1时，令f′(x)>0，得x<1e或x>ea，令f′(x)<0，得1e所以f(x)单调递增区间为(0,1e)，(ea,+∞)，单调递减区间为(1e,ea)；
③当a<−1时，令f′(x)>0，得x1e时，令f′(x)<0，得ea综上当a=−1时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
当a>−1时，f(x)单调递增区间为(0,1e)，(ea,+∞)，单调递减区间为(1e,ea)；
当a<−1时，f(x)单调递增区间为(0,ea)，(1e,+∞)，单调递减区间为(ea,1e)；
(2)由(1)知，若a=−1，则f(x)=(ln2x+1)x，
所以f′(x)=(lnx+1)2≥0，
所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递增，
又x1>x2，
所以|f(x1)−f(x2)|等价于f(x1)−f(x2)即有f(x1)−mx12令h(x)=f(x)−mx2，
则h(x)在(1,+∞)上单调递减，
则h′(x)≤0在(1,+∞)上恒成立，
又h′(x)=(lnx+1)2−2mx，且x>1，
所以2m≥(lnx+1)2x在(1,+∞)上恒成立，
即2m≥[(lnx+1)2x]max，
令g(x)=(lnx+1)2x(x>1)，
则g′(x)=(lnx+1)(1−lnx)x2，
令g′(x)>0，得x∈(1,e)，令g′(x)<0，得x∈(e,+∞)，
所以g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(e)=4e，
所以2m≥4e，
解得m≥2e．
所以实数m的取值范围：[2e,+∞)．
【解析】(1)先求导函数得f′(x)=(lnx−a)(lnx+1)，分类讨论a的值，判断函数单调性即可；
(2)结合(1)知|f(x1)−f(x2)|本题考查了导数的综合运用、转化思想及分类讨论思想，属于难题．