2023-2024学年辽宁省IC联盟高二下学期6月阶段性质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省IC联盟高二下学期6月阶段性质量检测数学试题（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共11小题，每小题5分，共55分。
1.函数fx=5sinxex+xcsx在−2π,2π上的图象大致为( )

A B.

C D
2.设a=32ln53，b=35e 25，c=1，则( )
A. c>b>aB. a>b>cC. a>c>bD. c>a>b
3.平面内相距7m的A，B两点各放置一个传感器，物体P在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下A,B两点与P的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线a,b所示.已知曲线a经过点0,r0，t1,r1，t2,r0，曲线b经过点t2,r2，且r1t1=r2t2,r1=4m,t1=2s,t2=4s.若P的运动轨迹与线段AB相交，则P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值以及r0分别为( )
A. 67,3 5
B. 67, 29
C. 27,3 5
D. 27, 29
4.若函数f(x)=x3−ax上存在四个点A，B，C，D，使得四边形ABCD是正方形，则a的最小值是( )
A. 2B. 2 2C. 2 3D. 3
5.已知定义在R上的函数fx的图象关于点1,0对称，fx+1+fx+2=0，且当x∈0,12时，fx=2xx+1+lg23x+1.若fm+1<−32，则实数m的取值范围为( )
A. 2k+13,2k+23k∈ZB. k−13,k−16k∈Z
C. k−16,k+56k∈ZD. 2k−56,2k+23k∈Z
6.在同一平面直角坐标系中，M,N分别是函数fx= −x2+4x−3和函数gx=axex−lnax图象上的动点，若对任意a>0，则MN最小值为( )
A. 3 22B. 3 22−1C. 2−1D. 2+1
7.若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，则记Δ(X)=M−m.下列命题中正确的是( )
A. 已知X={−1,1},Y={0,b}，且Δ(X)=Δ(Y)，则b=2
B. 已知X={x∣f(x)≥g(x),x∈[−1,1]}，若Δ(X)=2，则对任意x∈[−1,1]，都有f(x)≥g(x)
C. 已知X=[a,a+2],Y=y∣y=x2,x∈X则存在实数a，使得Δ(Y)<1
D. 已知X=[a,a+2],Y=[b,b+3]，则对任意的实数a，总存在实数b，使得Δ(X∪Y)≤3
8.已知0A. tanx1x1tanx3x3C. x1+x3<2x2D. x1+x3>2x2
9.信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，⋯，n，且P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n)，i=1npi=1，定义X的信息熵H(x)=−i=1npilg2pi，则下列判断中正确的是( )
①若Pi=1n(i=1,2,⋯,n)，则H(x)=lg2n
②若H(x)=0，则n=1；
③若n=2，则当p1=12时，H(x)取得最小值
④若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1，2，⋯，m，且P(Y=j)=pj+p2m+1−j(j=1,2,⋯,m)，则H(X)>H(Y)
A. ①B. ②C. ③D. ④
10.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石.简单来说就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)=x0，那么我们称f(x)为“不动点”函数.若f(x)存在n个点xi(i=1,2,⋯,n)，满足f(xi)=xi，则称f(x)为“n型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是( )
A. f(x)=1−lnxB. f(x)=5−lnx−ex
C. f(x)=4ex−2xD. f(x)=2sinx+2csx
11.已知曲线C1：y=lnx，抛物线C2：x2=4y，P为曲线C1上一动点，Q为抛物线C2上一动点，已知与两条曲线都相切的直线叫做这两条曲线的公切线，则以下说法正确的是( )
A. 直线l：y=x−1是曲线C1和C2的公切线
B. 曲线C1和C2的公切线有且仅有一条
C. PQ+yQ最小值为 2−1
D. 当PQ//y轴时，PQ最小值为1−ln22
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.定义：设二元函数z=fx,y在点x0,y0的附近有定义，当y固定在y0而x在x0处有改变量Δx时，相应的二元函数z=fx,y有改变量Δz=fx0+Δx,y0−fx0,y0，如果limΔx→0ΔzΔx存在，那么称此极限为二元函数z=fx,y在点x0,y0处对x的偏导数，记作fxx0,y0.若z=fx,y在区域D内每一个点x,y对x的偏导数都存在，那么这个偏导数就是一个关于x，y的二元函数，它就被称为二元函数z=fx,y对自变量x的偏导函数，记作fxx,y.已知Fx,y=x2+y2−xy，若Fx,y=1，则Fxx,y+Fyx,y的取值集合为
13.已知函数f(x)=(x−a)2ex，其极大值点和极小值点分别为x1,x2，记点A(x1,f(x1)),A(x2,f(x2))，直线AB交曲线y=f(x)于点C，若存在常数λ∈(n,n+1)(n∈N∗)，使得AB=λBC，则n= ．
14.已知函数f(x)是定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，且当x>0时，f(x)=ex−ax+e3,对于数列f(xn)(n=1,2,3,4)，若x1三、解答题：本题共5小题，共80分，
15.（12分）已知函数f(x)=alnxx+1+1x，f′(1)=−12．
(1)求证：lnx≤x−a
(2)若对任意x>0且x≠1,f(x)>lnxx−1+kx恒成立，求实数k的取值范围
16.（12分）已知函数fx=lnxx．
(1)求fx的极值；
(2)若m>n>0，证明：mnm>nmn．
17.（12分）已知函数fx=x−6sinx6−sin2x，gx= 1+2ax2−axsinx．
(1)证明：x⋅fx≥0；
(2)若x=0是gx的极大值点，求实数a的取值范围．
18.（12分）已知函数f(x)=lnx．
(1)若直线y=kx与函数y=f2(x)的图像相切，求满足条件的实数k的取值集合；
(2)某学习小组通过研究发现函数y=f(x)的图像与直线y=−xe有且只有一个公共点
(Ⅰ)设该公共点的横坐标为α，证明该发现，并证明α∈(e−1,1)；
(Ⅱ)设a,b,c∈αe2,+∞,且a+b+c=3,g(x)=lnx+2,求g2(a)+g2(b)+g2(c)的最大值．
19.（12分）已知函数f(x)=(x−a)(lnx−b),其中a,b∈R．
(1)若a=−12,b=3,证明：当0(2)若a=b≥0，求证：f(x)有唯一极值点x0，且f(x0)≤−14；
(3)若b<4，函数y=f(x)+f(1x)有三个极值点x1,x2,x3(x1答案解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项．
【解答】
解：首先f−x=−fx，所以函数是奇函数，故排除D，f2π=2π，故排除B，
当x∈0,π2时，fx>0，故排除A，只有C满足条件．
故选：C
2.【答案】A
【解析】【分析】
构造函数fx=lnx+1−x,x∈0,+∞比较a,c的大小关系，构造ℎx=1−xex,x∈0,1比较b,c的大小关系，先验证a=32ln53>0,b=35e25>0，再相除并化简式子，构造函数gx=1−xe1−x+lnx,x∈12,1即可比较a,b的大小关系，则可求得答案．
【解答】
解：令fx=lnx+1−x,x∈0,+∞，则f′x=1x+1−1=−xx+1<0，
可得fx在0,+∞单调递减，
故fx=lnx+1−x则32ln53<3253−1=1，即a令ℎx=1−xex,x∈0,1，则ℎ′x=−xex<0，即ℎx在0,1上单调递减，
所以ℎx=1−xex<ℎ(0)=1，即得ba=32ln53>0,b=35e25>0，ba=35e2532ln53=25e25−ln35，
令gx=1−xe1−x+lnx,x∈12,1，
则g′x=−e1−x−1−xe1−x+1x=xx−2e1−x+1x，
令mx=xx−2e1−x+1,x∈12,1，则m′x=2x−2e1−x−xx−2e1−x=−x−22+2e1−x，
m′12=−14e12<0,m′35=125e25>0，
故∃x0∈12,35使得m′x0=0，所以当x∈x0,1时，m′x>0，即mx在x0,1上为增函数，
又m1=0，所以当x∈x0,1时，mx<0，
故g′x=mxx<0，即gx单调递减，
又g1=0，所以g35>g1=0，
即25e25+ln35>0，所以25e25>−ln35>0，则25e25−ln35>1，变形可得35e2532ln53>1，
所以35e25>32ln53，故b>a，综上：c>b>a，
故选：A．
3.【答案】B
【解析】【分析】
建系，设点，作出相应的辅助线，分析可知AC=6m,BC=2vm，结合AB=7m分析求解即可．
【解答】
解：
如图，建立平面直角坐标系，设动点P的轨迹与y轴重合，
其在t=0,t1,t2时刻对应的点分别为O,D,E，P的速度为vm/s,v>0，
因为r1t1=r2t2,r1=4m,t1=2s,t2=4s，可得r2=2m，
由题意可知：AD,BE均与x轴垂直，且AD=4m,BE=2m,OD=DE=2vm，
作BC⊥AD垂足为C，则AC=6m,BC=2vm，
因为AC2+BC2=AB2，即36+4v2=49，解得v= 132；
又因为BC//y轴，
所以P的运动轨迹与直线AB所成夹角的正弦值为：sin∠ABC=ACAB=67；
又v= 132，AD=4m,OD= 13m，
所以r0=OA= 42+ 132= 29．
故选：B．
关键点点睛：建系，设动点P的轨迹与y轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解．
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据正方形的性质，结合函数的对称性可得y=kx(k>0)，y=−1kx与与f(x)=x3−ax联立求解交点，即可根据长度得a=k4+1k−k3，构造函数，利用导数即可求解最值．
【解答】
解：由于f(−x)=−x3+ax=−fx，所以fx为奇函数，图象关于原点对称，
要使得四边形ABCD是正方形，则A,C以及B,D分别关于原点对称，
不妨设A,C在一三象限，B,D为二四象限点，
不妨设直线AC：y=kx(k>0)，则BD:y=−1kx，
联立y=kx(k>0)与f(x)=x3−ax，则kx=x3−ax，当x≠0,则k+a=x2
同理联立y=−1kx与f(x)=x3−ax，当x≠0,则−1k+a=x2，
进而可得OA2=xA2+kxA2=1+k2xA2=1+k2k+a，
OB2=xB2+−1kxB2=1+k2k2xB2=1+k2k2−1k+a，
因此OA2=OB2⇒1+k2k2−1k+a=1+k2k+a，
故−1k+a=k+ak2，即a=k4+1k−k3，由于a>0，(否则fx单调递增，不满足题意)，故0记gk=k4+1k−k30记ℎk=3k4−k6+3k2−1，则ℎ′k=12k3−6k5+6k，(0由于0由于00，故ℎk在0故−1=ℎ(0)<ℎk<ℎ(1)=4>0，故存在唯一的k0∈0,1，使得ℎk0=0，
即ℎk0=3k04−k06+3k02−1=0，故3k02k02+1=k06+1=k02+1k04−k02+1，
进而解得k02=2− 3，
当k∈0,k0,g′k<0，gk单调递减，当k∈k0,1,g′k>0，gk单调递增，
故gkmin=gk0=k04+1k0−k03=2 2，
因此a的最小值为2 2，
故选：B
5.【答案】A
【解析】【分析】
由图象关于点1,0对称和fx+1+fx+2=0找到图象的对称轴和周期，再由fx=lg23x+1−2x+1+2确定单调性，分别求出f13,f43,f53，画出大致图象，最后数形结合求出取值范围．
【解答】
解：由fx的图象关于点1,0对称可得fx+2=−f−x．
由fx+1+fx+2=0，可得fx+1=−fx+2=f−x，
故函数fx的图象关于直线x=12对称，
且fx+2=−fx+1=−−fx=fx，得fx的周期为2．
当x∈0,12时，fx=2xx+1+lg23x+1=2x+1−2x+1+lg23x+1=lg23x+1−2x+1+2，
fx单调递增，且f13=32，则f43=f13+1=−f13=−32，f53=f2−13=−f13=−32，
画出fx在一个周期内的大致图象如图所示：
当0故实数m的取值范围为2k+13,2k+23k∈Z．
故选：A．
关键点点睛：本题关键是能根据函数fx的图象关于点1,0对称，fx+1+fx+2=0确定函数的周期和对称轴．
6.【答案】B
【解析】【分析】
根据题意，分别画出函数的图象，找到最小距离为为圆心到直线y−x−1=0的距离减去半径，再结合点到直线的距离公式求出结果即可．
【解答】
解：由fx= −x2+4x−3，整理得x−22+y2=1y≥0，
即M在圆心2,0，半径为1的半圆上．
令ℎx=ex−x+1,x≥0，则ℎ′x=ex−1，
令ℎ′x=0⇒x=0，
所以当x>0时，ℎ′x>0，ℎx单调递增，所以ℎx>ℎ0=0，
所以gx=ex+lnax−1+x+lnax+x+1≥x+1，
当且仅当x+lnax=0时，等号成立，
所以曲线gx的一条切线为y=x+1，
数形结合可知，当M,N分别为对应切点，且MN与两切线垂直时MN取得最小值，
即MN的最小值为圆心到直线y−x−1=0的距离减去半径，
即MN的最小值为2+0+1 12+12−1=3 22−1．
过圆心2,0与y−x−1=0垂直的直线方程y=x−2，
所以，当且仅当x+lnax=0y=−x+2y=x+1即x=12y=32a=2e−12时取到最小值
综上所述，MN≥3 22−1，
故选：B．
关键点点睛：本题的关键在于由导数放缩ex≥x+1求出gx的切线方程，再结合题意将问题转化为MN的最小值为圆心到直线y−x−1=0的距离减去半径．
7.【答案】D
【解析】【分析】
根据函数新定义，对于A，就b分类讨论即得；对于B，利用具体函数验证法排除；对于C，运用反证法思路，结合二次函数图象排除；对于D，对于存在性命题，只需列举一种情况说明正确即得．
【解答】
解：对于A，Δ(X)=1−(−1)=2，
当b≥0时，Δ(Y)=b，故得b=2；当b<0时，Δ(Y)=−b，故得b=−2，
即b=±2，故 A错误；
对于B，取f(x)=|x|,g(x)=1，则M=1,m=−1，满足，Δ(X)=2，
但对于任意x∈[−1,1]，不能保证f(x)≥g(x)恒成立，故 B错误；
对于C，假设存在实数a，使得Δ(Y)<1，
若a≥0，则Δ(Y)=(a+2)2−a2=4(a+1)≥4，矛盾；
若a+2≤0，即a≤−2时，Δ(Y)=a2−(a+2)2=−4(a+1)≥4，矛盾；
若−11，矛盾；
若−21，矛盾，
若a=−1，则Δ(Y)=1，矛盾.故C错误；
对于D，对任意的实数a，只要b满足[a,a+2]是[b,b+3]的子集，就有X∪Y=Y，
于是，Δ(X∪Y)=Δ(Y)=3≤3，故 D正确．
故选：D．
方法点睛：本题主要考查函数新定义的应用，属于难题．
对于函数新定义选择题型，必须准确把握定义要求，根据信息利用具体函数排除法，反证法，分类讨论法以及数形结合法一一判断选项即可．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查导数的几何意义，考查过两点的斜率公式，考查正切函数的图象，属于较难题．
f′x=csx，根据导数的几何意义可得sinxixi=csxi，从而可判断AB；设Ax1,tanx1,Bx2,tanx2,Cx3,tanx3,过B作x轴的平行线，与y=tanx交于D，E两点，其中D(x2−π,tan⁡x2)，E(x2+π,tan⁡x2)，根据kAD【解答】
解：f′x=csx，故f′xi=csxi，
又k=sinxi−0xi−0=sinxixi，
所以sinxixi=csxi，
易知csxi≠0，所以tanxixi=1，
所以tanx1x1=tanx3x3，故A错误，B错误;
设Ax1,tanx1,Bx2,tanx2,Cx3,tanx3,
过B作x轴的平行线，与y=tanx交于D，E两点(如图所示)，
则D(x2−π,tan⁡x2)，E(x2+π,tan⁡x2)，
故x2−π>x1，x3>x2+π，所以x2−x1−π>0，x3−x2−π>0．
由图易知kAD所以x2−x1−π+πx2−x1−π所以x2−x1−π>x3−x2−π，即x1+x3<2x2，故C正确，D错误．
故选C．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
对于①，计算出H(x)=−n⋅1nlg21n=lg2n；对于②，由00，与H(x)=0矛盾，②正确；对于③，若n=2，则p1+p2=1，H(x)=−[p1lg2p1+(1−p1)⋅lg2(1−p1)]，构造函数f(p)=−[plg2p+(1−p)lg2(1−p)]，0H(Y)，得到④正确．
【解答】
解：①若Pi=1n(i=1,2,⋯,n)，则H(x)=−i=1n1nlg21n=−n⋅1nlg21n=lg2n，故①正确；
②假设n≥2，因为P(X=i)=pi>0(i=1,2,⋯,n)，i=1npi=1，所以0所以pilg2pi<0(i=1,2,⋯,n)，所以H(x)=−i=1npilg2pi>0，
这与H(x)=0矛盾，所以假设不成立，
而当n=1时，易得H(x)=0，所以n=1，故②正确；
③若n=2，则p1+p2=1，
H(x)=−(p1lg2p1+p2lg2p2)=−[p1lg2p1+(1−p1)⋅lg2(1−p1)]，
设f(p)=−[plg2p+(1−p)lg2(1−p)]，0则f′(p)=−lg2p+p⋅1pln2−lg2(1−p)+(1−p)⋅−1(1−p)ln2=−lg2p1−p，
令f′(p)<0，得p1−p>1，解得12令f′(p)>0，0所以当p=12时f(p)最大，所以当p1=12时，Hx取得最大值，故③错误；
④由题意知，P(Y=1)=p1+p2m，P(Y=2)=p2+p 2m−1，P(Y=3)=p3+p 2m−2，…，P(Y=m)=pm+pm+1，
∴H(Y)=−(p1+p2m)lg2(p1+p2m)+⋯+(pm+pm+1)lg2(pm+pm+1)，
又H(X)=−(p1lg2p1+p2lg2p2+⋯+pmlg2pm+⋯+p2mlg2p2m)，
∴HY−HX=p1lg2p1p1+p2m+p2lg2p2p2+p2m−1+⋯+p2mlg2p2mp2m+p1，
又p1p1+p2m<1，p2p2+p2m−1<1，⋯，p2mp1+p2m<1，
∴H(Y)−H(X)<0，∴H(X)>H(Y)，故④正确．
综上，正确说法的序号为①②④，
故选：ABD．
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查“不动点”函数，可以导数的应用，考查三角函数的图象，属于较难题．
根“不动点”函数的定义对选项逐个判断即可．
【解答】
解：对于A，令f(x)=1−lnx=x(x>0)，即x+lnx−1=0．
因为y=x+lnx−1在区间(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故A错误;对于B，
令f(x)=5−lnx−ex=x，即x+lnx+ex−5=0．
因为y=x+lnx+ex−5在区间(0,+∞)上单调递增，
所以f(x)不可能为“3型不动点”函数，故B错误;
对于C，由f(x)=4ex−2x，得f′(x)=4(x−1)ex−2x2，
易知当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x<0时，f(x)=4ex−2x的图象与直线y=x有且只有一个交点;
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
令f′(x)=1，得4(x−1)ex−2x2=1，解得x=2，此时f(2)=2，
所以直线y=x与曲线f(x)=4ex−2x相切于点(2,2)．
所以直线y=x与曲线f(x)=4ex−2x共有两个交点，
所以f(x)为“2型不动点”函数，故C错误;
对于D，f(x)=2sinx+2csx=2 2sin(x+π4)，
作出f(x)的图象，如图所示．
易知其与直线y=x有且只有三个不同的交点，即2sinx+2csx=x有三个不同的解，
所以f(x)=2sinx+2csx为“3型不动点”函数，故D正确．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
A选项，分别对两函数求导，得到y=lnx在1,0处的切线方程为y=x−1，x2=4y在2,1处的切线方程为y=x−1， A正确；
B选项，设公切线为y=kx+b，根据公切线性质得到方程组，消去b后得到k2−lnk−1=0，设y=k2−lnk−1k>0，通过求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到：存在x1∈13, 22，使得y=0，又当k=1时，y=0，故得到公切线有两条， B错误；
C选项，由抛物线定义得到PQ+yQ=PQ+QF−1≥PF−1，设出Pm,lnm，表达出PF2=m2+1−lnm2，令ℎm=m2+lnm−12，m>0，求导，得到其单调性，
得到ℎm=m2+lnm−12在m=1处取得最小值2，得到PFmin= 2，从而得到PQ+yQ的最小值；
D选项，设出点的坐标，得到PQ=y1−y2=x 124−lnx1x1>0，求导得到其最值
【解答】
解：对于A，y=lnx定义域为0,+∞，y′=1x，
令1x=1得x=1，其中y=ln1=0，所以y=lnx在1,0处的切线方程为y=x−1，
又x2=4y变形为y=14x2，则y′=x2，
令x2=1得x=2，其中当x=2时，y=14x2=14×4=1，
所以x2=4y在2,1处的切线方程为y=x−1，所以 A正确；
对于B，设曲线C1和C2的公切线为y=kx+b，与C1相切于x1,y1，与C2相切于x2,y2，
则1x1=x22=kk>0，所以x1=1k,x2=2k，
又y1=lnx1=kx1+b，y2=x 224=kx2+b，
故−lnk=1+b，−k2=b，消去b得：k2−lnk−1=0，
令y=k2−lnk−1k>0，因为y′=2k−1kk>0，
当k= 22时，y′=0，当0 22，y′>0，
所以y=k2−lnk−1k>0在k∈0, 22上单调递减，在k∈ 22,+∞上单调递增，
所以y的最小值为 222−ln 22−1=−12−12ln12<0，
又因为k=13时，y=ln3−89>0，由零点存在性定理可知：存在x1∈13, 22，使得y=0，
又当k=1时，y=0，
所以y在k∈0,+∞有两个零点，所以k有两个值，
所以曲线C1和C2的公切线有2条，B错误；
对于C，设F0,1为抛物线的焦点，由抛物线的定义PQ+yQ=PQ+QF−1，
因为PQ+QF−1≥PF−1，
设Pm,lnm，则PF2=m2+1−lnm2，m>0，
令ℎm=m2+lnm−12，m>0，
则ℎ′m=2m+2lnmm−2m=2m2+2lnm−2m，
令um=2m2+2lnm−2，则u′m=4m+2m>0在m>0恒成立，
故um=2m2+2lnm−2在m>0上单调递增，
由于u1=2−2=0，故当m∈0,1时，um<0，即ℎ′m<0，
当m∈1,+∞时，um>0，即ℎ′m>0，
故ℎm=m2+lnm−12在m∈0,1上单调递减，在m∈1,+∞上单调递增，
故ℎm=m2+lnm−12在m=1处取得极小值，也是最小值，
则ℎmmin=12+0−12=2，所以PFmin= 2，
所以PQ+yQ最小值为 2−1，所以 C正确；
对于D，易知点Q在点P的上方，设Qx1,y1，Px2,y2，则x1=x2，
所以PQ=y1−y2=x 124−lnx1x1>0，令y=x 124−lnx1，因为y′=x12−1x1，
当x1= 2时y′=0
当x1> 2时，y′>0，当0所以y=x 124−lnx1在0, 2上为减函数，在 2,+∞上为增函数，
故y=x 124−lnx1在x1= 2处取得极小值，也是最小值，
所以ymin=12−ln22．
所以PQmin=12−ln22，所以 D正确．
故选：ACD．
点睛：应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1)已知切点Ax0,fx0求斜率k，即求该点处的导数k=f′x0；(2)已知斜率k求切点Ax1,fx1,即解方程f′x1=k；(3)已知切线过某点Mx1,fx1(不是切点)求切点，设出切点Ax0,fx0,利用k=fx1−fx0x1−x0=f′x0求解．
12.【答案】−2,2
【解析】【分析】
根据“偏导函数”的定义求得Fx(x,y)，Fy(x,y)，进而利用换元法结合判别式法求得答案．
【解答】
解：依题意，Fx(x,y)=lim▵x→0▵z▵x=lim▵x→0[(x+▵x)2+y2−(x+▵x)y−x2−y2+xy▵x]
=lim▵x→0(2x−y+▵x)=2x−y，
同理可求得Fy(x,y)=2y−x，所以Fx(x,y)+Fy(x,y)=x+y，设z=x+y，
则y=−x+z，由F(x,y)=x2+y2−xy=1，
得x2+(−x+z)2−x(−x+z)−1=0，
3x2−3zx+z2−1=0，此方程有解，
所以Δ=9z2−12(z2−1)=−3z2+12≥0，
即z2≤4，−2≤z≤2．
故Fxx,y+Fyx,y的取值范围为−2,2，
故答案为：−2,2
13.【答案】4
【解析】【分析】
求得f′(x)=(x−a+1)(x−a)ex，令f′x=0，得到x1=a−2或x2=a，得出直线AB的方程，联立方程组得到(x−a)[(x−a)ex+2ea−2]=0，令gx=(x−a)ex+2ea−2，利用导数求得gx的单调性，得到gx有且仅有2个零点a−2,x0，其中x0∈(a−1,a)，得到ln(a−x)−(a−x)=ln2−2，假设存在常数λ∈(n,n+1),(n∈N∗)，利用AB=λBC，求得x0=a−2λ，代入得lnλ+2λ−2=0，设ℎx=lnx+2x−2，求得ℎx单调性，得到λ∈(4,5)，使得ℎλ=0，进而得出n的值．
【解答】
解：由函数f(x)=(x−a)2ex，可得f′(x)=2(x−a)ex+(x−a)2ex=(x−a+1)(x−a)ex，
令f′x=0，可得x=a−2或x=a，
当xa时，f′x>0；当a−2所以函数fx在(−∞,a−2),(a,+∞)上单调递增，在(a−2,a)上单调递减，
因为x1=a−2或x2=a，
所以直线AB的方程为y−fa=fa−fa−2a−(a−2)(x−a)，即y=−2ea−2(x−a)，
由y=x−a2exy=−2ea−2(x−a)，可得(x−a)[(x−a)ex+2ea−2]=0，
令gx=(x−a)ex+2ea−2，可得g′x=(x−a+1)ex，
令g′x=0，可得x=a−1，当xa−1时，g′x>0，
所以gx在(−∞,a−1)上递减，在(a−1,+∞)上递增，
因为ga−2=0,ga−1=(2−e)ea−20,ga=2ea−20，
所以gx有且仅有2个零点a−2,x0，其中x0∈(a−1,a)，
这表明方程(x−a)[(x−a)ex+2ea−2]=0的解集为a−2,x0，
即直线AB与曲线y=fx交于另一点C，且点C的横坐标为x0，
由(a−x)ex=2ea−2，即ln(a−x)−(a−x)=ln2−2，
假设存在常数λ∈(n,n+1),(n∈N∗)，上的AB=λBC，
则λ=a−(a−2)a−x0=2a−x0，所以x0=a−2λ，
代入ln(a−x0)−(a−x0)=ln2−2，可得lnλ+2λ−2=0，
设函数ℎx=lnx+2x−2，可得ℎ′x=x−2x2，
当x∈(1,2)时，ℎ′x<0；当x∈(2,+∞)时，ℎ′x>0，
所以ℎx在1,2单调递减，在2,+∞单调递增，
因为ℎ1=0,ℎ4=2ln2−320,ℎ5=ln5−850，
所以，存在唯一的实数λ∈(4,5)，使得ℎλ=0，
此时gx0=(x0−a)ex0+2ea−2=−2λe2−2λ+2ea−2=ea(−2λelnλ−2+2e−2)=ea(−2λ×λ+2)=0，
所以存在常数λ∈(n,n+1),(n∈N∗)，上的AB=λBC，且n=4．
方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
14.【答案】34e3+14e
【解析】【分析】
由函数的奇偶性求出函数f(x)的解析式，再由题中等差等比数列等条件得到f(x1)+f(x2)=0，再分离参数并用导数知识即可求出参数a的最小值．
【解答】
解：当x>0时，f(x)=ex−ax+e3,，
当x<0时，−x>0，∴f(−x)=e−x+ax+e3，
∵函数f(x)是定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，
∴f(x)=−f(−x)=−e−x−ax−e3，
∴f(x)=ex−ax+e3,x>0−e−x−ax−e3,x<0．
又∵x1，x2，x3，x4为等差数列(x1∴设x2=x1+d，x3=x1+2d，x4=x1+3d，(d>0)
∴x2+x3=x1+x1+3d=0，∴x1=−32d，x2=−12d，x3=12d，x4=32d，
∵x2+x3=0且函数f(x)是奇函数，∴f(x2)+f(x3)=0，
∵数列{f(xn)}(n=1,2,3,4)为等比数列，设公比为q，
∴f(x2)+f(x2)q=0，∴q=−1，
∴f(x1)+f(x2)=0，∴2ad−2e3−e3d2−ed2=0，
令t=12d(t>0)，则a=e3t+et+2e34t，
令g(t)=e3t+et+2e34t，∴g′(t)=(3e3t+et)4t−4(e3t+et+2e3)16t2，
观察得：g′1=0．
令ℎ(t)=4t(3e3t+et)−4(e3t+et+2e3)，
ℎ′(t)=4t(9e3t+et)(t>0)，∴ℎ′(t)>0，
∴ℎ(t)在(0,+∞)单调递增，即g′(t)在(0,+∞)单调递增，
∴x=1为g′(t)的唯一零点．
∴当01时，g(x)单调递增，
∴g(x)min=g(1)=34e3+14e．
故a的最小值为34e3+14e，
故答案为：34e3+14e
方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
15.【答案】解：(1)由f(x)=alnxx+1+1x得f′x=a1xx+1−lnxx+12−1x2，
则f′(1)=a24−1=−12，所以a=1，
设m(x)=lnx−x+1,
则当x>1时，m′(x)=1x−1<0,mx单调递减，
当00,mx单调递增，
故当m(x)≤m1=0，故lnx≤x−1,
(2)由x≠1,f(x)>lnxx−1+kx
可得lnxx+1+1x>lnxx−1+kx⇔k−1x−1x+2lnx0,x1k−1x−1x+2lnx>0,0令gx=k−1x−1x+2lnx(x>0且x≠1)，
若k≥1时，当x>1时，gx=k−1x−1x+2lnx，
由于1x<1,lnx>0，所以gx=k−1x−1x+2lnx>0，这与(※)矛盾，故k<1，
接下来只需要考虑k<1的情况；
g′x=k−11+1x2+2x=k−1x2+2x+k−1x2，
令ℎx=k−1x2+2x+k−1，
则开口向下，Δ=4−4k−12=−4kk−2，
若Δ=−4kk−2≤0，则k≤0，k≥2(舍去)，此时ℎx≤0，进而g′x≤0，
故gx在1,+∞,0,1单调递减，
当x>1时，gx=k−1x−1x+2lnx当0g1=0，满足要求，
故k≤0符合题意，
当00，
故方程k−1x2+2x+k−1=0由两个不相等的实数根，
不妨设x1=−1− −k(k−2)k−1,x2=−1+ −k(k−2)k−1
由于ℎ1=k−1+2+k−1=2k>0，
故01，
因此当10，故进而g′x>0，
故gx在1,x2单调递增，故gx=k−1x−1x+2lnx>g1=0，
这与(※)矛盾，故0综上可得k≤0．

【解析】(1)求导，根据f′(1)=−12可得a=1，进而利用导数求解函数单调性即可求证，
(2)将不等式等价于(※)式，根据不等式的性质即可判断需满足k<1，即可求导，根据二次函数的性质，对判别式讨论，即可求解．
方法点睛：
1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用．
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效．
16.【答案】解：(1)由fx=lnxx，知f′x=1−lnxx2．
对00，对x>e有f′x=1−lnxx2<0．
所以fx在0,e上递增，在e,+∞上递减．
故fx在x=e处取到极大值fe=1e，无极小值．
(2)若1≥m>n，则由fx的单调性知f(m)>f(n)，故lnmm>lnnn，即nlnm>mlnn．
所以nm=emlnn由0再由mn>0，m>n>0，知mmn>nmn．
所以mnm≥mmn>nmn，结论成立；
若m>1≥n，则nmlnm>0≥mnlnn，故mnm=enmlnm>emnlnn=nmn，结论成立；
若m>n>1，在1,+∞上定义函数gx=xlnn+lnlnx−nlnx−lnlnn．
则g′x=lnn+1xlnx−nx=lnnxlnx−nlnx+1xlnx．
设ℎx=lnnxlnx−nlnx+1，则ℎ′x=lnnlnx−nx+lnn
据ℎ′x的表达式即知ℎ′x在1,+∞上单调递增．
由于n>1，故01．
故ℎ’nlnn=lnn⋅lnnlnn−lnn+lnn=lnn⋅lnnlnn>0．
而ℎ′1=lnnln1−n1+lnn=−n+lnn=lnn⋅1−nlnn<0，故由零点存在定理可知，存在唯一的x0∈1,nlnn，使得ℎ′x0=0，即lnnlnx0−nx0+lnn=0．
由于ℎ′x在1,+∞上单调递增，故ℎ′x的零点是唯一的，且由ℎ′x0=0知对1x0有ℎ′x>0．
所以ℎx在1,x0上递减，在x0,+∞上递增．
下面对n>1分情况讨论：
①当n≥e 5−12时，有
ℎ′n=lnn2−1+lnn=lnn− 5−12lnn+ 5+12≥0=ℎ′x0．
所以n≥x0，这就得到ℎx在n,+∞上递增．
故对x>n有ℎ(x)>ℎ(n)=nlnn2−nlnn+1=nlnnlnn−1+1．
若n≥e，则nlnnlnn−1+1≥0+1>0；若11−e4>0．
所以对x>n必定有ℎ(x)>nlnnlnn−1+1>0，从而对x>n有g’(x)=lnnxlnx−nlnx+1xlnx=ℎ(x)xlnx>0．
故gx在n,+∞上递增，从而由m>n有g(m)>g(n)=0．
所以有g(m)>0，这就意味着mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn>0，从而mlnn+lnlnm>nlnm+lnlnn，故nmlnm=emlnn+lnlnm>enlnm+lnlnn=mnlnn，所以mnm=enmlnm>emnlnn=nmn．
②当32对a,b>0，设θt=alnt−tb，则θ′t=1btab−t，所以θt在0,ab上递增，在ab,+∞上递减．
取a=1.54，b=1.7，得θn<θ2，即1.54lnn−n1.7<1.54ln2−21.7；
取a=1.75，b=2.2，得θ(n)>θ32，即1.75lnn−n2.2>1.75ln32−322.2．
所以有
ℎ′1.7=lnnln1.7−n1.7+lnn=ln1.7+1lnn−n1.7<1.54lnn−n1.7<1.54ln2−21.7<−0.1<0；
ℎ’(2.2)=lnnln2.2−n2.2+lnn=ln2.2+1lnn−n2.2>1.75lnn−n2.2>1.75ln32−322.2>0.02>0．
故ℎ′1.7<ℎ′x0<ℎ′2.2，得1.7而对1.7ℎ(x)=lnnxlnx−nlnx+1>ln32xlnx−32lnx+1>ln32⋅1.7ln1.7−32ln1.9+1>0.08>0，
对1.9ℎ(x)=lnnxlnx−nlnx+1>ln32xlnx−32lnx+1>ln32⋅1.9ln1.9−32ln2.1+1>0.01>0，
对2.1ℎ(x)=lnnxlnx−nlnx+1>ln32xlnx−32lnx+1>ln32⋅2.1ln2.1−32ln2.2+1>0.05>0．
故一定有ℎx0>0，而ℎx在1,x0上递减，在x0,+∞上递增，故对x≥1都有ℎx≥ℎx0>0．
所以对x>1有g’(x)=lnnxlnx−nlnx+1xlnx=ℎ(x)xlnx>0，故gx在1,+∞上递增，从而由m>n有g(m)>g(n)=0．
所以有g(m)>0，这就意味着mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn>0，从而mlnn+lnlnm>nlnm+lnlnn，故nmlnm=emlnn+lnlnm>enlnm+lnlnn=mnlnn，所以mnm=enmlnm>emnlnn=nmn．
③当1ℎ′2=lnnln2−n2+lnn=lnn2⋅2ln2+1−nlnn≤lnn2⋅2ln2+1−32ln32
故x0>2，所以ℎx在1,2上递减，故对1≤x≤2有
ℎx≥ℎ2=2lnn⋅ln2−nln2+1=ln2⋅2lnn−n+1．
设φt=2lnt−t，则对10，从而φt在1,2上递增．
这就得到对1≤x≤2有
ℎ(x)≥ln2⋅2lnn−n+1=ln2⋅φ(n)+1>ln2⋅φ(1)+1=1−ln2>0．
故对10，所以gx在1,2上递增．
若m≤2，则g(m)>g(n)=0．
若m>2，设φt=tlnn−nlnt，则φ′t=lnn−nt=lnntt−nlnn．
分析φ′t的正负即知φt在t=nlnn处取到最小值，故φt≥φnlnn=n−nlnnlnn．
再设ωt=t−lnt−1，则ω′t=1−1t=t−1t，分析ω′t的正负即知ωt在t=1处取到最小值，故对正数t≠1有ω(t)>ω(1)=0．
再设λt=t−tlntlnt−lnlnt=t−tlnt+tlnlnt−lnlnt，这里t>1，则
λ′t=1−lnt−1+lnlnt+t−1tlnt=−lnt+lnlnt−1−1tln1t=−ωlnt−ω1tlnt<0．
所以λt在1,+∞上单调递减．
从而由m>2知
gm=mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn
=φm+lnlnm−lnlnn
≥φnlnn+lnln2−lnlnn
=n−nlnnlnn−lnlnn+lnln2
=λn+lnln2
≥λ32+lnln2
=32−32ln32ln32−lnln32+lnln2=0.07>0．
所以总有g(m)>0，这就意味着mlnn+lnlnm−nlnm−lnlnn>0，从而mlnn+lnlnm>nlnm+lnlnn，故nmlnm=emlnn+lnlnm>enlnm+lnlnn=mnlnn，所以mnm=enmlnm>emnlnn=nmn．
综上，原结论成立．

【解析】(1)使用导数工具判断fx的单调区间，即可求出函数fx的极值；
(2)对m,n的取值情况分类讨论，利用导数工具证明不等式．
17.【答案】解：(1)由于f′x=1−6csx6−sin2x+2sin2xcsx6−sin2x2
=1−6csx7−cs2x5+cs2x2
=1−csx29+4+csx25+cs2x2≥0，
且等号只在x=2kπk∈Z时取到，故fx单调递增．
所以当x>0时fx>f0=0，当x<0时fx(2)容易验证gx是偶函数，设φx=axsin2x+2sinx−2x．
若a<0，则对0所以φx在0,π2上单调递减．
这表明对0所以对01+2ax2=1+ax2x−2sinx−axsin2x+2axsinx+a2x2sin2x
<1+2axsinx+a2x2sin2x=1+axsinx2．
取c∈0,1，使得sinc<1−a，则对01+axsinc>1−x≥0．
所以对0gx= 1+2ax2−axsinx< 1+axsinx2−axsinx=1+axsinx−axsinx=1=g0．
由于gx是偶函数，从而对x∈−c,0∪0,c都有gx若0≤a≤13，设x∈0,π2，
由(1)有x⋅fx≥0，即x2−6xsinx6−sin2x≥0．
故x2≥6xsinx6−sin2x≥6xsinx6−3asin2x=2xsinx2−asin2x，所以2x2−ax2sin2x≥2xsinx．
这得到1+2ax2=1+a2x2−ax2sin2x+a2x2sin2x≥1+2axsinx+a2x2sin2x=1+axsinx2，
故对任意实数x都有
gx= 1+2ax2−axsinx≥ 1+axsinx2−axsinx≥1+axsinx−axsinx=1=g0．
所以x=0不是gx的极大值点，不满足条件；
若a>13，我们有φ′x=asin2x+2xsinxcsx+2csx−2，
且φ′′x=a4sinxcsx+2xcs2x−sin2x−2sinx=2asin2x+xcs2x−sinx，
及φ′′′x=23acs2x−2axsin2x−csx．
取u∈0,π2，使得cs2u>1−3a−19asin2u<3a−12πa，则对0φ′′′x=23acs2x−2axsin2x−csx>23acs2u−2axsin2u−1>23a1−3a−19a−2ax⋅3a−12πa−1
>23a1−3a−19a−aπ⋅3a−12πa−1=a−13>0，
故φ′′x在0,u上递增，所以对0φ′′0=0．
故φ′x在0,u上递增，所以对0φ′0=0．
故φx在0,u上递增，所以对0φu=0．
此即axsin2x+2sinx−2x>0，所以对01+2ax2=1+ax2x−2sinx−axsin2x+2axsinx+a2x2sin2x
<1+2axsinx+a2x2sin2x=1+axsinx2．
由01>0．
所以对0gx= 1+2ax2−axsinx< 1+axsinx2−axsinx=1+axsinx−axsinx=1=g0．
由于gx是偶函数，从而对x∈−u,0∪0,u都有gx综上，实数a的取值范围是−∞,0∪13,+∞．

【解析】(1)直接使用导数工具证明不等式；
(2)对实数a的取值情况分类讨论，对不同情况分别验证条件是否满足，即可得到a的取值范围．
关键点点睛：本题的关键在于对(1)中结论的再利用．
18.【答案】解：(1)y=f2(x)=lnx2，
[f2(x)]′=2lnxx.设P(x0,ln2x0)是y=f2(x)的图像上一点，
则该点处的切线为y−ln2x0=2lnx0x0(x−x0)，
整理得y=2lnx0x0x−2lnx0+ln2x0.令−2lnx0+ln2x0=0，解得x0=1或x0=e2．
因此y=0与y=4e2x与函数y=f2(x)的图像相切．因此所求实数k的值为0或4e2．
(2)(Ⅰ)考虑函数u(x)=lnx+xe，u(x)在0,1上单调递增，且u(1)>0，u1e<0．
因此有且只有α∈1e,1使得u(α)=0，
即y=f(x)的图像与直线y=−xe有且只有一个公共点，
且该公共点的横坐标为α．
(Ⅱ)设ℎ(x)=ln2x−4e2x，则ℎ′(x)=2lnxx−4e2．
设φ(x)=lnxx，则φ′(x)=1−lnxx2．
当α20；当x>e时，φ′(x)<0．
因此φ(x)在(α2,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减．
从而ℎ′(x)在(α2,e)上单调递增，(e,+∞)上单调递减．
注意到ℎ′(e2)=0，故当e0，当x>e2时ℎ′(x)<0，
因此ℎ(x)在(e,e2)上单调递减，在(e2,+∞)上单调递增．
所以当x∈[e,+∞)时，ℎ(x)≤ℎ(e2)=0.另一方面，注意到ℎ′(1)=−4e2<0，
故必然存在x0∈(1,e)，使得ℎ′(x0)=0，
且当α20．
因此ℎ(x)在(α2,x0)上单调递减，在(x0,e)上单调递增．
显然ℎ(e)<ℎ(e2)=0，而ℎ(α2)=ln2α2−4e2α2=(2lnα+2eα)(2lnα−2eα)=0．
因此当x∈(α2,e)时，ℎ(x)<0．
综上可知当x>α2时ℎ(x)≤0，即ln2x≤4e2x，当且仅当x=e2时等号成立．
由于g2(x)=ln2(e2x)，故当e2x>α2，即x>αe2时，g2(x)<4e2⋅(e2x)=4x，
当且仅当e2x=e2，即x=1时等号成立．
因此g2(a)+g2(b)+g2(c)≤4a+4b+4c=12，
当且仅当a=b=c=1时等号成立．
因此g2(a)+g2(b)+g2(c)的最大值为12．

【解析】(1)设出切点坐标，求得切线方程，根据切线过原点列方程，求得切点的横坐标，从而求得k的值．
(2)(Ⅰ)构造函数u(x)=lnx+xe，根据函数的单调性以及零点存在性定理证得结论成立．
(Ⅱ)构造函数ℎ(x)=ln2x−4e2x，利用导数证得当x>α2时ℎ(x)≤0，得到ln2x≤4e2x，进而得到g2(x)<4x，从而求得g2a+g2b+g2c的最大值．
方法点睛：利用导数求解曲线的切线方程，关键点有两个，一个是切点的坐标，另一个是切线的斜率；切线的斜率可以利用导数求得，利用导数研究函数的单调性，当一次求导无法解决时，可以考虑利用多次求导的方法来求得．
19.【答案】解：(1)由题设，f(x)=(x+12)(lnx−3)，在(0,1]上x2+4x+1>1且x+12>12，
要证fx+32x+12x2+4x+1≤0，即证(lnx−3)(x2+4x+1)+12(x+12)≤0，
令g(x)=(lnx−3)(x2+4x+1)+12(x+12)，则g′(x)=4+2xlnx−5x+4lnx+1x，
所以ℎ(x)=g′′(x)=2lnx−3+4x−1x2，则ℎ′(x)=2x−4x2+2x3=2x(1x−1)2≥0，
所以g′′(x)在(0,1]上递增，故g′′(x)≤g′′(1)=0，
所以g′(x)在(0,1]上递减，故g′(x)≥g′(1)=0，
所以g(x)在(0,1]上递增，故g(x)≤g(1)=−3×6+12×32=0，
综上，fx+32x+12x2+4x+1=(x+12)⋅g(x)x2+4x+1≤0，得证．
(2)由(1)k=0时，f(x)=xlnx，f′(x)=lnx+1有唯一零点x=1e，且f(1e)=−1e<−14，
k>0时，f(x)=(x−k)(lnx−k)，
f′(x)=lnx−k+x−kx=lnx−k+1−kx，设φ(x)=lnx−k+1−kx，
φ′(x)=1x+kx2，因为k≥0,x>0，所以φ′(x)>0恒成立，
φ(x)即f′(x)在(0,+∞)上是增函数，
而由(1)知ek>k，所以lnk所以f′(k)=lnk−k<0，f′(ek)=1−kek>0，
所以f′(x)在(k,ek)也即在(0,+∞)上有唯一零点x0，0x0时，f′(x)>0，f(x)递增，
所以f(x)有唯一极值x0，且x0∈(k,ek)，f′(x0)=lnx0−k+1−kx0=0，即lnx0−k=kx0−1，k=x0(lnx0+1)x0+1，由k>0得，x0>1e，
所以f(x0)=(x0−k)(lnx0−k)=(x0−k)(kx0−1)=−x0(lnx0−x0)2(x0+1)2，
要证f(x0)≤−14，即证−x0(lnx0−x0)2(x0+1)2≤−14，
只要证：x03−14x02−12x0−14−2x02lnx0+x0ln2x0≥0(x0>1e)，
令ℎ(x)=x3−14x2−12x−14−2x2lnx+xln2x,(x>1e)，
ℎ′(x)=3x2−12x−12−4xlnx−2x+ln2x+2lnx=3x2−52x−12−4xlnx+ln2x+2lnx，
令m(x)=ℎ′(x)=3x2−52x−12−4xlnx+ln2x+2lnx，
m′(x)=6x−52−4lnx−4+2lnxx+2x，
令n(x)=m′(x)=6x−132−4lnx+2lnxx+2x，则n′(x)=6−4x−2lnxx2=2(3x2−2x−lnx)x2，
设p(x)=x−1−lnx，则p′(x)=1−1x，01时，p′(x)>0，px递增，所以p(x)min=p(1)=0，所以p(x)=x−1−lnx≥0在x>0时恒成立，
即lnx≤x−1，
所以3x2−2x−lnx≥3x2−2x−(x−1)=3x2−3x+1=3(x−12)2+14>0，
所以n′(x)>0，从而nx是增函数，又n(1)=32>0，n(1e)=6e−52<0，
所以存在x1∈(1e,1)，使得n(x1)=0，即m′(x1)=0，
1ex1时，m′(x)=n(x)>0，
所以mx即ℎ′(x)在(1e,x1)上递减，在(x1,+∞)上递增，
m(1e)=3e2+32e−32<0，m1=0，所以1e1时，m(x)>0，
所以ℎ(x)在(1e,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
ℎxmin=ℎ1=0，所以ℎ(x)≥0，即x03−14x02−12x0−14−2x02lnx0+x0ln2x0≥0(x0>1e)成立．
所以f(x0)≤−14成立．
(3)y=gx=fx+f1x=x−alnx−b+1x−a−lnx−b，
所以g′x=lnx−b+x−a1x−1x2−lnx−b+1x−a−1x=x2+1lnx+b+1x2−1x2=0在(0,+∞)上有三个不同的实数根x1,x2,x3x1令t=x2>0，则t+1lnt2t+b+1t−1t=0，即lnt+2b+1t−1t+1=0
若ℎt=lnt+2b+1t−1t+1在(0,+∞)上有三个不同的零点，
所以ℎ′t=1t+4b+1t+12=t2+1+4b+6ttt+12在(0,+∞)上有两个不同的零点，即y=t2+(4b+6)t+1在(0,+∞)上有两个不同的零点，
所以{Δ=4a+62−4=16b+1b+2>04b+6<0b>−4，可得−4当ℎ′t=0，则存在0由y=t2+(4b+6)t+1开口向上，知：0,m上ℎ′(t)>0，(m,n)上ℎ′(t)<0，(n,+∞)上ℎ′(t)>0，
所以ℎt在0,m、(n,+∞)上递增，(m,n)上递减，又ℎ1=0，即ℎ(m)>0>ℎ(n)，
因为2b+1t−1t+1<2b+1<6，故ℎ(e−6)<−6+6=0，ℎ(e6)>6−6=0，
所以ℎt三个零点t1,t2,t3，其中t2=x22=1，则0由(1)知：01时有lnx>3x2−1x2+4x+1，
所以lnx12=−2b+1x12−1x12+1<6x12−1x12+4x1+1，即−b+1x12+1>3x12+4x1+1，可得b+4x 12+4b+1x1+b+4<0，
lnx32=−2b+1x32−1x32+1>6x32−1x32+4x3+1，即−b+1x32+1>3x32+4x3+1，可得b+4x 32+4b+1x3+b+4<0，
综上，x1,x3是b+4x2+4b+1x+b+4<0的两个解，而b+4>0，
所以x3−x1= 16b+12−4b+42b+4=2 3 b2−4b+4，
要使x3−x1< 3b22b+8，只需2 b2−4≤b22，即b4−16b2+64=b2−82≥0，而−4所以x3−x1< 3b22b+8，得证．

【解析】(1)将问题转化为证明(lnx−3)(x2+4x+1)+12(x+12)≤0，构造函数应用导数研究g(x)在(0,1]上的单调性，即可证结论．
(2)k=0时，计算f(x)的极值得结论成立，k>0时，求出导函数，再确定单调性，结合零点存在定理得导函数有唯一零点，得f(x)有唯一极值点，求出f(x0)，用代入法变二元函数为一元函数，然后不等式f(x0)≤−14变形，引入新函数ℎ(x)=x3−14x2−12x−14−2x2lnx+xln2x,(x>1e)，多次求导后，得出ℎ(x)的最小值是0，从而得证不等式成立．
(3)对g(x)=fx+f1x求导，即有(x2+1)lnx22x2+(b+1)(x2−1)x2=0在(0,+∞)上有三个不同的实数根，应用换元法t=x2>0，即ℎ(t)=lnt+2(b+1)(t−1)t+1在(0,+∞)上有三个不同的零点，利用导数研究其单调性并结合二次函数性质，及零点的范围为0关键点点睛：对y=fx+f1x求导，应用换元法并构造中间函数，结合已知零点个数将问题转化为x1,x3是b+4x2+4b+1x+b+4<0的两个解即可得证．