2020-2021学年湖北省十堰市高二（下）3月周测数学试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年湖北省十堰市高二（下）3月周测数学试卷人教A版，共9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. 函数f(x)=x2+lnx的导数为（）
A.f′(x)=2x+exB.f′(x)=2x+lnxC.f′(x)=2x+1xD.f′(x)=2x−1x

2. 已知函数y=f(x)，其导函数y=f′(x)的图象如图所示，则y=f(x)( )

A.在(−∞, 0)上为减函数B.在x=0处取极小值
C.在(4, +∞)上为减函数D.在x=2处取极大值

3. 若曲线fx=x2−1与gx=1−x3在x=x0处的切线互相垂直，则x0等于( )
A.3366B.−3366C.23D.23或0

4. 已知函数y=fx的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′x的图象如图所示，则该函数的图象是（）

A.B.
C.D.

5. 若函数fx=ln|x|−f′−1x2+3x+2，则f′1=（）
A.2B.−2C.8D.10

6. 函数f(x)=cs3x+sin2x−csx在[0, 2π)上的最大值为（）
A.427B.827C.1627D.3227

7. 函数fx=x3−3bx+3b在0,1内有极值，则（）
A.00D.b<12

8. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是（）
A.(2, +∞)B.(1, +∞)C.(−∞, −2)D.(−∞, −1)
二、多选题

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)

已知函数y=fx在R上可导且f0=2，其导函数f′x满足f′x−fxx−2>0，若函数gx满足exgx=fx，下列结论正确的是（）
A.函数gx在2,+∞上为增函数
B.x=2是函数gx的极小值点
C.x≤0时，不等式fx≤2ex恒成立
D.函数gx至多有两个零点

若实数m的取值使函数fx在定义域上有两个极值点，则称函数fx具有“凹凸趋向性”，已知f′x是函数fx的导数，且f′x=mx−2lnx，当函数fx具有“凹凸趋向性”时，m的取值范围的子集有（）
A.−2e,+∞B.−2e,0C.−∞,−2eD.−2e,−1e

已知a>0，mx=ex−2−e2−x，fx=amx−sinπx，若fx存在唯一零点，下列说法正确的有( )
A.mx在R上递增
B.mx图象关于点2,0中心对称
C.任取不相等的实数x1,x2∈R均有mx1+mx22D.a≥π2
三、填空题

在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线C:y=x3−10x+3上，且在第二象限内，已知曲线C在点P处的切线的斜率为2，则点P的坐标为________．

函数fx=asinx+13sin3x在x=π3处有极值，则a的值是________.

已知函数fx=xex+c有两个零点，则c的取值范围是________.

已知函数fx=2lnx+ax2a>0．若当x∈0,+∞时，fx≥2恒成立，则实数a的取值范围是________.
四、解答题

求满足下列条件的函数fx.
(1)fx是三次函数，且f0=3，f′0=0，f′1=−3，f′2=0；

(2)fx是二次函数，且x2f′x−2x−1fx=1.

已知函数f(x)=x3−3ax2+2bx在点x=1处有极小值−1，试求a，b的值，并求出f(x)的单调区间．

设函数fx=lnx+ln2−x+axa>0．
(1)当a=1时，求fx的单调区间；

(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．

已知函数fx=exax+b−x2−4x，曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为y=4x+4.
(1)求a，b的值；

(2)讨论fx的单调性，并求fx的极大值．

已知函数f(x)=x−alnx(a∈R).
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程；

(2)求函数f(x)的极值．

已知函数f(x)=lnx−12ax2−2x．
(1)若函数f(x)在x=2处取得极值，求实数a的值；

(2)若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；

(3)若a=−12时，关于x的方程f(x)=−12x+b在[1, 4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省十堰市高二（下）3月周测数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
导数的运算
【解析】
根据导数运算法则和初等函数的常用函数的导数，计算即可
【解答】
解：∵ f(x)=x2+lnx，
∴ f′(x)=2x+1x.
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据函数f(x)的导函数f′(x)的图象可知f′(0)=0，f′(2)=0，f′(4)=0，然后根据单调性与导数的关系以及极值的定义可进行判定即可．
【解答】
解：根据函数f(x)的导函数f′(x)的图象可知f′(0)=0，f′(2)=0，f′(4)=0
当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0当20，f(x)单调递增；
当x>4时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
可知C正确，A错误．
由极值的定义可知，f(x)在x=0处函数f(x)取到极大值，x=2处函数f(x)取到极小值，
可知B，D错误．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
无
【解答】
解：∵ f′x=2x，g′x=−3x2，
∴ 2x0×−3x02=−1，解得x0=3366．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
变化的快慢与变化率
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x=0时最大，
所以函数fx的图象的变化率也先增大后减小，在x=0时变化率最大．
A项，在x=0时变化率最小，故错误；
C项，变化率是越来越大的，故错误；
D项，变化率是越来越小的，故错误．
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
导数的运算
【解析】
无
【解答】
解：当x>0时，fx=lnx−f′−1x2+3x+2，
f′x=1x−2f′−1x+3，
f′1=4−2f′−1；①
当x<0时，fx=ln−x−f′−1x2+3x+2，
f′x=1x−2f′−1x+3，
f′−1=2+2f′−1．②
由①②，得f′1=8．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
令csx=t，由x∈[0, 2π)，可得−1≤t≤1，f(x)=g(t)=(1−t2)(1−t)，再利用导数研究函数的单调性，由函数的单调性求得函数的最值．
【解答】
解：函数f(x)=cs3x+sin2x−csx
=cs3x+1−cs2x−csx
=(1−cs2x)(1−csx)．
令csx=t，∵ x∈[0, 2π)，
可得−1≤t≤1，f(x)=g(t)=(1−t2)(1−t)，
∴ g′(t)=3t2−2t−1．
令g′(t)=0，求得t=1或t=−13．
再根据导数的符号可得g(t)的增区间为[−1, −13]，减区间为(−13 1]．
故当t=−13时，函数g(t)取得最大值为3227.
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
【解答】
解：f′x=3x2−3b．因fx在0,1内有极值，所以f′x=0有解，
∴ x=±b，∴ 0故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
(I)当a=0时，f(x)=−3x2+1，令f(x)=0，解得x=±33，两个解，舍去．
(II)当a≠0时，f′(x)=3ax2−6x=3ax(x−2a)，令f′(x)=0，解得x=0或 2a．对a分类讨论：①当a<0时，由题意可得2a<0f(a2)>0；②当a>0时，推出极值点不满足题意，推出结果即可．
【解答】
解：(1)当a=0时，f(x)=−3x2+1，
令f(x)=0，解得x=±33，函数f(x)有两个零点，舍去．
(2)当a≠0时，f′(x)=3ax2−6x=3ax(x−2a)，
令f′(x)=0，解得x=0或2a．
①当a<0时，2a<0，
当x<2a或x>0时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，
当2a0，此时函数f(x)单调递增，如图，
∴ 2a是函数f(x)的极小值点，0是函数f(x)的极大值点.
∵ 函数f(x)=ax3−3x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0，
则：2a<0,f(2a)>0,
即：a<0,4a2<1,
可得a<−2．
②当a>0时，2a>0，
当x>2a或x<0时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，
当0∴ 2a是函数f(x)的极小值点，0是函数f(x)的极大值点．
不满足函数f(x)=ax3−3x2+1存在唯一的零点x0，且x0>0，
综上可得：实数a的取值范围是(−∞, −2)．
故选C.
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
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)单调递增，f′(x)<0时f(x)单调递减，
结合所给图象知，
x∈(a, c)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，B错误；
x∈(c, e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，f(d)>f(e)，A错误；
x∈(e,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
函数f(x)在x=c处取得极大值，在x=e处取得极小值，C正确；
f(x)的极大值为f(c)，D错误.
故选ABD.
【答案】
A,B,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
无
【解答】
解：A．∵ exgx=fx，∴ gx=fxex，
则g′x=f′x−fxex，
x>2时，f′x−fx>0，
故y=gx在2,+∞递增，故选项A正确；
B．x<2时，f′x−fx<0，
故y=gx在−∞,2递减，
故x=2是函数y=gx的极小值点，故选项B正确；
C．由y=gx在−∞,2递减，则y=gx在−∞,0递减，
由g0=f0e0=2，得x≤0时，gx≥g0，
故fxex≥2，故fx≥2ex，故选项C错误；
D．若g(2)<0，则y=gx有2个零点，
若g(2)=0，则函数y=gx有1个零点，
若g(2)>0，则函数y=gx没有零点，故选项D正确．
故选ABD．
【答案】
B,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数与方程的综合运用
子集与真子集
【解析】
无
【解答】
解：依题意得f′x=mx−2lnx=m−2xlnxxx>0，
若函数fx具有“凹凸趋向性”，则m=2xlnx在0,+∞上有2个不同的实数根，
令gx=2xlnx，则g′x=21+lnx，
令g′x>0，解得x>1e；令g′x<0，解得0∴ gx在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增，
故gx的最小值是g1e=−2e，当x→0时，gx→0，
故−2e故选BD．
【答案】
A,B,D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的零点
函数的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．由m′(x)=ex−2+e2−x>0知mx在R上递增，故A选项正确；
B．mx+m4−x=ex−2−e2−x+e2−x−ex−2=0，
故mx图象关于点2,0中心对称，故B选项正确；
C．由m′′x=ex−2−e2−x，
当x>2时，m′′x>0，m′x递增，mx图象下凸，
此时mx1+mx2>mx1+x22，故C选项错误；
D．若fx存在唯一零点，则aex−2−e2−x=sinπx只有一个解，
即gx=aex−2−e2−x与ℎ(x)=sinπx只有一个交点，
g′x=aex−2+e2−x，ℎ′x=πcsπx，
由g2=ℎ2=0，gx，ℎx的图象均关于点2,0中心对称，
在x=2的右侧附近，gx为下凸函数，ℎx为上凸函数，
要x>2时图象无交点，当且仅当g′2≥ℎ′2成立，
于是2a≥π，即a≥π2，故D选项正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
(−2, 15)
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】

【解答】
解：设P(x0, y0)(x0<0)，y′=3x2−10.
∵ 曲线C在点P处的切线斜率为2，
∴ 3x02−10=2，
∴ x02=4，
∴ x0=−2，
∴ y0=15，
∴ 点P的坐标为(−2, 15)．
故答案为：(−2, 15).
【答案】
2
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
无
【解答】
解：因为fx=asinx+13sin3x，
则f′x=acsx+cs3x，函数fx 在x=π3处有极值，
所以f′π3=acsπ3+cs3×π3=0，解得a=2．
故答案为：2．
【答案】
(0,1e)
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f′(x)=ex(x+1)，
∴ 易知f(x)在(−∞,−1)上是减函数，在(−1,+∞)上是增函数，
且f(x)min=f(−1)=c−e−1，
由题意可得c−e−1<0，得c∵ c≤0时，x∈(−∞,−1)时，f(x)=xex+c<0恒成立，不存在零点，
∴ c>0.
综上，0故答案为：(0,1e).
【答案】
[e,+∞)
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
先分离参数，化为a≥2x21−lnx，在x∈0,+∞上恒成立，然后只需求出ℎx=2x21−lnx x>0的最大值即可．结合导数的知识容易解决问题．
【解答】
解：当x∈(0,+∞)时，f(x)≥2恒成立，
即2lnx+ax2≥2恒成立，
整理得，a≥2x2(1−lnx)，
令g(x)=2x2(1−lnx)，
则g′(x)=4x(1−lnx)−2x=2x(1−2lnx)，
当x∈(0,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴ 当x=e时，g(x)有最大值，g(x)max=e，
∴ a≥e，即a的取值范围是[e,+∞).
故答案为：[e,+∞).
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意设fx=ax3+bx2+cx+da≠0，
则f′x=3ax2+2bx+c.
由已知f0=d=3，f′0=c=0，f′(1)=3a+2b+c=−3，f′ (2)=12a+4b+c=0，
解得a=1，b=−3，c=0，d=3，故fx=x3−3x2+3.
(2)∵ f(x)是二次函数，
设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
∴ f′(x)=2ax+b(a≠0)，
由x2f′(x)−(2x−1)f(x)=1，得x2(2ax+b)−(2x−1)(ax2+bx+c)=1，
即(a−b)x2+(b−2c)x+c−1=0．
∴ a−b=0,b−2c=0,c−1=0,
解得a=2，b=2，c=1．
∴ f(x)=2x2+2x+1．
【考点】
导数的运算
函数解析式的求解及常用方法
【解析】

【解答】
解：(1)由题意设fx=ax3+bx2+cx+da≠0，
则f′x=3ax2+2bx+c.
由已知f0=d=3，f′0=c=0，f′(1)=3a+2b+c=−3，f′ (2)=12a+4b+c=0，
解得a=1，b=−3，c=0，d=3，故fx=x3−3x2+3.
(2)∵ f(x)是二次函数，
设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
∴ f′(x)=2ax+b(a≠0)，
由x2f′(x)−(2x−1)f(x)=1，得x2(2ax+b)−(2x−1)(ax2+bx+c)=1，
即(a−b)x2+(b−2c)x+c−1=0．
∴ a−b=0,b−2c=0,c−1=0,
解得a=2，b=2，c=1．
∴ f(x)=2x2+2x+1．
【答案】
解：f′(x)=3x2−6ax+2b，
由题意知3×12−6a×1+2b=0,13−3a×12+2b×1=−1,
即3−6a+2b=0,2−3a+2b=0,
解之得a=13，b=−12．
此时f(x)=x3−x2−x，f′(x)=3x2−2x−1=3(x+13)(x−1)．
当f′(x)>0时，x>1或x<−13，
当f′(x)<0时，−13∴ 函数f(x)的单调增区间为(−∞, −13)和(1, +∞)，减区间为(−13, 1)．
【考点】
函数在某点取得极值的条件
利用导数研究函数的单调性
【解析】
由已知x＝1处有极小值−1，点(1, −1)在函数f(x)上，得方程组解之可得a、b．
【解答】
解：f′(x)=3x2−6ax+2b，
由题意知3×12−6a×1+2b=0,13−3a×12+2b×1=−1,
即3−6a+2b=0,2−3a+2b=0,
解之得a=13，b=−12．
此时f(x)=x3−x2−x，f′(x)=3x2−2x−1=3(x+13)(x−1)．
当f′(x)>0时，x>1或x<−13，
当f′(x)<0时，−13∴ 函数f(x)的单调增区间为(−∞, −13)和(1, +∞)，减区间为(−13, 1)．
【答案】
解：(1)函数fx的定义域为0,2，
f′x=1x− 12−x+a，
当a=1时，f′x=−x2+2x2−x，
所以fx的单调递增区间为0,2，单调递减区间为2,2.
(2)当x∈(0,1]时，f′x=2−2xx2−x+a>0，
即fx在(0,1] 上单调递增，
故fx在(0,1]上的最大值为f1=a，因此a=12.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】

【解答】
解：(1)函数fx的定义域为0,2，
f′x=1x− 12−x+a，
当a=1时，f′x=−x2+2x2−x，
所以fx的单调递增区间为0,2，单调递减区间为2,2.
(2)当x∈(0,1]时，f′x=2−2xx2−x+a>0，
即fx在(0,1] 上单调递增，
故fx在(0,1]上的最大值为f1=a，因此a=12.
【答案】
解：(1)f′x=exax+a+b−2x−4．
由已知得f0=4，f′0=4，
故b=4，a+b=8．
从而a=4，b=4．
(2)由(1)知，fx=4exx+1−x2−4x，
f′x=4exx+2−2x−4
=4x+2ex−12．
令f′x=0，得x=−ln2或x=−2．
从而当x∈−∞,−2∪−ln2,+∞时，f′x>0；
当x∈−2,−ln2时，f′x<0．
故fx在−∞,−2，−ln2,+∞上单调递增，
在(−2,−ln2)上单调递减．
当x=−2时，函数fx取得极大值，
极大值为f−2=41−e−2 ．
【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
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′x=exax+a+b−2x−4．
由已知得f0=4，f′0=4，
故b=4，a+b=8．
从而a=4，b=4．
(2)由(1)知，fx=4exx+1−x2−4x，
f′x=4exx+2−2x−4
=4x+2ex−12．
令f′x=0，得x=−ln2或x=−2．
从而当x∈−∞,−2∪−ln2,+∞时，f′x>0；
当x∈−2,−ln2时，f′x<0．
故fx在−∞,−2，−ln2,+∞上单调递增，
在(−2,−ln2)上单调递减．
当x=−2时，函数fx取得极大值，
极大值为f−2=41−e−2 ．
【答案】
解：(1)函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1−ax．
当a=2时，f(x)=x−2lnx，f′(x)=1−2x(x>0)，
因而f(1)=1，f′(1)=−1，
所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y−1=−(x−1).
即x+y−2=0.
(2)由f′(x)=1−ax=x−ax，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0, +∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)=0，解得x=a．
又当x∈(0, a)时，f′(x)<0，当x∈(a, +∞)时，f′(x)>0．
从而函数f(x)在x=a处取得极小值，且极小值为f(a)=a−alna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x=a处取得极小值a−alna，无极大值．
【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
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）把a=2代入原函数解析式中，求出函数在x=1时的导数值，直接利用直线方程的点斜式写直线方程；
（2）求出函数的导函数，由导函数可知，当a≤0时，f′(x)>0，函数在定义域(0, +∝)上单调递增，函数无极值，当a>0时，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，利用原函数的单调性得到函数的极值．
【解答】
解：(1)函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1−ax．
当a=2时，f(x)=x−2lnx，f′(x)=1−2x(x>0)，
因而f(1)=1，f′(1)=−1，
所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y−1=−(x−1).
即x+y−2=0.
(2)由f′(x)=1−ax=x−ax，x>0知：
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0, +∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a>0时，由f′(x)=0，解得x=a．
又当x∈(0, a)时，f′(x)<0，当x∈(a, +∞)时，f′(x)>0．
从而函数f(x)在x=a处取得极小值，且极小值为f(a)=a−alna，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，函数f(x)在x=a处取得极小值a−alna，无极大值．
【答案】
解：(1)f′(x)=1x−ax−2
=−ax2+2x−1x(x>0)，
∵ f(x)在x=2处取得极值，
∴ f′(2)=0，
即−a×22+2×2−12=0，
解之得a=−34（经检验符合题意）.
(2)由题意，得f′(x)≥0在(0, +∞)内恒成立，
即ax2+2x−1≤0在(0, +∞)内恒成立，
∵ x2>0，可得a≤1−2xx2在(0, +∞)内恒成立，
∴ 由1−2xx2=(1x−1)2−1，
当x=1时有最小值为−1，可得a≤−1，
因此满足条件的a的取值范围为(−∞, −1].
(3)a=−12，f(x)=−12x+b，
即14x2−32x+lnx−b=0.
设g(x)=14x2−32x+lnx−b(x>0)，
可得g′(x)=(x−2)(x−1)2x，
列表可得：
∴ g(x)min=g(2)=ln2−b−2，g(x)max=g(1)=−b−54.
∵ 方程g(x)=0在[1, 4]上恰有两个不相等的实数根，且g(4)=2ln2−b−2，
∴ g(1)≥0，g(2)<0，g(4)≥0，
解之得ln2−2【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
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
（1）求出函数的导数f′(x)，根据题意解关于a的等式f′（2）=0，即可得到实数a的值；
（2）由题意，不等式f′(x)≥0在(0, +∞)内恒成立，等价转化为a≤1−2xx2在(0, +∞)内恒成立，求出右边的最小值为−1，即可得到实数a的取值范围；
（3）原方程化简为14x2−32x+lnx−b=0，设g(x)=14x2−32x+lnx−b(x>0)，利用导数研究g(x)的单调性得到原方程在[1, 4]上恰有两个不相等的实数根的等价命题，建立关于b的不等式组并解之，即可得到实数b的取值范围．
【解答】
解：(1)f′(x)=1x−ax−2
=−ax2+2x−1x(x>0)，
∵ f(x)在x=2处取得极值，
∴ f′(2)=0，
即−a×22+2×2−12=0，
解之得a=−34（经检验符合题意）.
(2)由题意，得f′(x)≥0在(0, +∞)内恒成立，
即ax2+2x−1≤0在(0, +∞)内恒成立，
∵ x2>0，可得a≤1−2xx2在(0, +∞)内恒成立，
∴ 由1−2xx2=(1x−1)2−1，
当x=1时有最小值为−1，可得a≤−1，
因此满足条件的a的取值范围为(−∞, −1].
(3)a=−12，f(x)=−12x+b，
即14x2−32x+lnx−b=0.
设g(x)=14x2−32x+lnx−b(x>0)，
可得g′(x)=(x−2)(x−1)2x，
列表可得：
∴ g(x)min=g(2)=ln2−b−2，g(x)max=g(1)=−b−54.
∵ 方程g(x)=0在[1, 4]上恰有两个不相等的实数根，且g(4)=2ln2−b−2，
∴ g(1)≥0，g(2)<0，g(4)≥0，
解之得ln2−2