2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（下）期中数学试卷（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f′(x0)=a，则lim△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)2△x的值为( )
A. −2aB. 2aC. aD. −a
2.函数f(x)=xlnx的单调递减区间为( )
A. (0,1e)B. (−∞,1e)C. (−∞,−e)D. (1e,+∞)
3.函数f(x)的导函数f′(x)，满足关系式f(x)=x2+2xf′(2)−lnx，则f′(2)的值为( )
A. 6B. −6C. 72D. −72
4.若直线3x+y−a=0是曲线y=12x2−4lnx的一条切线，则实数a=( )
A. 12B. 32C. 52D. 72
5.为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度c与时间t的关系为c=f(t)，甲、乙两人服用该药物后，血管中药物浓度随时间t变化的关系如下图所示．给出下列四个结论错误的是( )
A. 在t1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同
B. 在t2时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不同
C. 在[t2,t3]这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同
D. 在[t1,t2]，[t2,t3]两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同
6.函数f(x)=12ax2+bx(a>0,b>0)在点(2,f(2))处的切线斜率为2，则8a+bab的最小值是( )
A. 10B. 9C. 8D. 3 2
7.已知定义在R上的函数f(x)的导数为f′(x)，f(1)=e，且对任意的x满足f′(x)−f(x)xex的解集是( )
A. (−∞,1)B. (−∞,0)C. (0,+∞)D. (1,+∞)
8.已知函数f(x)=xex,g(x)=−lnxx，若f(x1)=g(x2)=t(>0)，则x1x2et的最大值为( )
A. eB. 1C. 1eD. 1e2
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.下列导数运算正确的是( )
A. ( x3)′=32 xB. (e2x)′=e2x
C. (sin2x)′=sin2xD. [x2(2x+1)3]′=x2+2x(2x+1)4
10.已知函数f(x)=4x3−6x2+3，则( )
A. f(x)在[−2,2]上的极大值和最大值相等
B. 直线6x+2y−7=0和函数f(x)的图象相切
C. 若f(x)在区间(a,a+1)上单调递减，则a=0
D. f(1101)+f(2101)+⋯+f(100101)=200
11.已知函数f(x)=2lnx−ax2则下列结论正确的有( )
A. 当a=1时，x=1是y=f(x)的极值点
B. 当a>1e时，f(x)<0恒成立
C. 当a<12e时，y=f(x)有2个零点
D. 若x1，x2是关于x的方程f(x)=0的2个不等实数根，则x1⋅x2>e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=lg5(x2+1)在区间[1,7]上的平均变化率为______．
13.已知f(x)=ex−a4x4有两个极值点，则实数a的取值范围为______．
14.已知直线l与曲线C1：y=ex−1相切于点P(x1,y1)，且与曲线C2：y=−12(x−1)2相切于点Q(x2,y2)，则2x1−x2= ______．
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g(x)=14x4−ax2−2xlnx+2x．
(1)当a=1时，求g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线方程；
(2)若g(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex[x2−(2a+1)x+1]．
(1)若a=12，求函数y=f(x)的极值；
(2)讨论f(x)的单调性．
17.(本小题15分)
设函数f(x)=(x+2)ln(x+1)−ax，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1．
(Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)设函数g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；
(Ⅲ)求证：xf(x)≥0．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=a(x−1)ex+1−2xlnx−x2(a∈R)．
(1)当a=0时，求函数f(x)在区间[e−2,1]上的最小值；
(2)讨论函数f(x)的极值点个数．
19.(本小题17分)
若函数f(x)在[a,b]上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈[a,b]，都有|f(x1)−f(x2)|(1)若f(x)=x22+x，判断f(x)是否为[1,2]上的“3类函数”；
(2)若f(x)=a(x−1)ex−x22−xlnx为[1,e]上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若f(x)为[1,2]上的“2类函数”，且f(1)=f(2)，证明：∀x1，x2∈[1,2]，|f(x1)−f(x2)|<1．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查导数的基本概念，考查函数在x0处的极限的定义，属于基础题．
根据f′(x0)=a，且lim△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)2△x
=2lim4△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)4△x，运算可得结果．
【解答】
解：因为f′(x0)=a，
又lim△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)2△x
=2lim4△x→0f(x0+△x)−f(x0−3△x)4△x
=2f’(x0)=2a．
故选B．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查函数的单调区间的问题，一般求出导函数，令导函数大于0求出x的范围为单调递增区间；令导函数小于0求出x的范围为单调递减区间；注意单调区间是函数定义域的子集．
求出函数的定义域，求出函数的导函数，令导函数小于等于0求出x的范围，写出区间形式即得到函数y=xlnx的单调递减区间．
【解答】
解：函数的定义域为x>0
∵f′(x)=lnx+1
令lnx+1<0得0∴函数f(x)=xlnx的单调递减区间是(0,1e)，
故选A．
3.【答案】D
【解析】解：f(x)=x2+2xf′(2)−lnx，
则f′(x)=2x+2f′(2)−1x，
当x=2时，f′(2)=2×2+2f′(2)−12，解得f′(2)=−72．
故选：D．
将函数f(x)求导，将x=2代入f′(x)，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为y=12x2−4lnx，
所以y′=x−4x，令x−4x=−3，
即x2+3x−4=0，
得x=1或x=−4(舍去)，
所以切点是(1,12)，代入3x+y−a=0，
得3+12−a=0，a=72．
故选：D．
利用导数，根据斜率求得切点坐标，进而求得a．
本题考查利用导数求解切线问题，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：A，在t1时刻，两图象相交，说明甲、乙两人血管中的药物浓度相同，即A正确，
B，在t2时刻，两图象的切线斜率不相等，即两人的f′(t2)不相等，
说明甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同，即B正确，
C，由平均变化率公式知，甲、乙两人在[t2,t3]内，血管中药物浓度的平均变化率均为f(t3)−f(t2)t3−t2，即C正确，
D，根据图象可知，在[t1,t2]这个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率大于在[t2,t3]这个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率，即D错误．
故选：D．
利用瞬时变化率和平均变化率的概念，结合导数的几何意义，再结合图象，逐一判断选项即可．
本题考查瞬时变化率和平均变化率的定义，导数的几何意义，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：f′(x)=ax+b，由题意可知，f′(2)=2a+b=2(a>0,b>0)，
8a+bab=8b+1a=12(8b+1a)(2a+b)=12(10+16ab+ba)≥5+ 16ab⋅ba=9，
当16ab=ba，且2a+b=2，解得：a=13,b=43，
所以8a+bab的最小值是9．
故选：B．
由导数的几何意义可知f′(2)=2a+b=2，再利用基本不等式求最值．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了基本不等式求解最值，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：令g(x)=f(x)ex−x，
g′(x)=f′(x)ex−exf(x)(ex)2−1=f′(x)−f(x)−exex，
因为对任意的x满足f′(x)−f(x)所以g′(x)=f′(x)−f(x)−exex<0，
所以g(x)在R上单调递减，
又f(1)=e，
所以g(1)=f(1)e−1=0，
不等式f(x)>xex等价于g(x)>0，即g(x)>g(1)，
所以x<1．
故选：A．
令g(x)=f(x)ex−x，求导分析单调性，不等式f(x)>xex等价于g(x)>0，即g(x)>g(1)，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由f(x1)=g(x2)=t>0得：x1ex1=−lnx2x2=t，即x1ex1=1x2ln1x2=ln1x2eln1x2，
又f(x)=xex(x>0)是增函数，
∴x1=ln1x2⇒ex1=1x2⇒x2ex1=1，则x1x2et=x1ex1x2ex1et=tet，
令h(t)=tet(t>0)，则h′(t)=1−tet<0⇒t>1，
∴h(t)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
h(t)max=h(1)=1e，
∴x1x2et的最大值为1e．
故选：C．
x1ex1=1x2ln1x2=ln1x2eln1x2，f(x)=xex(x>0)是增函数，则x1=ln1x2⇒ex1=1x2⇒x2ex1=1，x1x2et=x1ex1x2ex1et=tet，令 h(t)=tet(t>0)，求出h(t)的最大值即可．
本题考查了函数的同构，利用导数研究函数的最值，属于难题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，( x3)′=(x32)′=32 x，故A正确；
对于B，(e2x)′=2e2x，故B错误；
对于C，(sin2x)′=2sinx⋅(sinx)′=2sinx⋅csx=sin2x，故C正确；
对于D，[x2(2x+1)3]′=(x2)′(2x+1)3−x2⋅[(2x+1)3]′(2x+1)6=2x⋅(2x+1)3−3x2⋅(2x+1)3×2(2x+1)6=2x−x2(2x+1)4，故D错误．
故选：AC．
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求导法则，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：选项A：∵f(x)=4x3−6x2+3，f′(x)=12x2−12x=12x(x−1)>0⇒x>1或x<0，
∴f(x)在(−∞,0)，(1,+∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．
又f(0)=3，f(2)=11
∴当x∈[−2,2]时，f(x)的极大值为3，最大值为11，故A错误；
选项B：设直线6x+2y−7=0和函数f(x)的图象相切的切点为(x0,f(x0))，
∴f′(x0)=−3⇒12x02−12x0+3=0⇒x0=12，故f(x0)=f(12)=2，切点为(12,2)，
显然切点坐标满足6x+2y−7=0，故B正确；
选项C：结合选项A知：若f(x)在区间(a,a+1)上单调递减，
则a≥0a+1≤1，故a=0，故C正确；
选项D：∵f(x)+f(1−x)=4x3−6x2+3+4(1−x)3−6(1−x)2+3
=4x3−6x2+3+4(1−x3−3x+3x2)−6(x2−2x+1)+3=4，
∴f(1101)+f(2101)+⋯+f(100101)=[f(1101)+f(100101)]+⋯+[f(50101)+f(51101)]=4×50=200，故D正确．
故选：BCD．
选项A：利用导数法求解判断；选项B：利用导数的几何意义求解判断；选项C：结合选项A，由a≥0a+1≤1求解判断；选项D：根据f(x)+f(1−x)=4求解判断．
本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，极值，最值，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，当a=1时，f(x)=2lnx−x2(x>0)，则f′(x)=2x−2x=2(1−x2)x，
令f′(x)>0，得01；
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以x=1是y=f(x)的极大值点，故A正确；
对于B，令f(x)=2lnx−ax2=0，得a2=lnxx2，
令g(x)=lnxx2(x>0)，则g′(x)=1x⋅x2−2xlnx(x2)2=1−2lnxx3，
令g′(x)=0，解得x= e，
故当x∈(0, e),g′(x)>0,g(x)单调递增；当x∈( e,+∞),g′(x)<0,g(x)单调递减；
所以g(x)max=g( e)=12e，
因为a>1e，所以a2>12e，故a2>lnxx2，整理得2lnx−ax2<0，即f(x)<0恒成立，故B正确；
对于C，令a=0，则f(x)=2lnx，令f(x)=0，解得x=1，故y=f(x)只有1个零点，故C错误；
对于D，因为x1，x2是关于x的方程f(x)=0的2个不等实数根，
所以2lnx1−ax12=02lnx2−ax22=0，即lnx12=ax12lnx22=ax22，
所以问题等价于lnt=at有两个零点t1，t2，证明t1t2>e2，
不妨设t1>t2>0，则由lnt1=at1lnt2=at2得到a=lnt1−lnt2t1−t2，
要证t1t2>e2，只需要证明lnt1+lnt2>2，
即只需证明：lnt1+lnt2=a(t1+t2)=(t1+t2)lnt1−lnt2t1−t2>2，
只需证明：lnt1−lnt2>2(t1−t2)t1+t2，即lnt1t2>2(t1t2−1)t1t2+1，
令m=t1t2>1，
只需证明：lnm>2(m−1)m+1(m>1)，
令s(m)=lnm−2(m−1)m+1(m>1)，
则s′(m)=(m−1)2m(m+1)2>0，即s(m)在(1,+∞)上单调递增，
又s(1)=0，所以s(m)>s(1)=0，即lnm>2(m−1)m+1(m>1)恒成立，
综上所述，原不等式成立，即x1x2>e成立，故D正确．
故选：ABD．
对于A，代入a=1后对f(x)求导，利用导数与函数极值的关系即可得证；对于B，构造函数g(x)=lnxx2(x>0)，利用导数求得g(x)max=12e，从而可证得f(x)<0；对于C，举反例排除即可；对于D，利用极值点偏移的证明方法即可证得x1⋅x2>e．
本题考查了导数的综合运用，属于中档题．
12.【答案】13
【解析】解：根据题意，f(x)在区间[1,7]上的平均变化率为f(7)−f(1)7−1=lg550−lg526=lg5256=13．
故答案为：13．
根据题意，根据平均变化率公式及对数的运算法则计算可求解．
本题考查平均变化率的计算，注意平均变化率的计算公式，属于基础题．
13.【答案】(e327,+∞)
【解析】解：f(x)=ex−a4x4，x∈R，
f′(x)=ex−ax3，
∵f(x)=ex−a4x4有两个极值点，
∴f′(x)=ex−ax3=0有两个变号零点，
化为：1a=x3ex，
令g(x)=x3ex，
g′(x)=−x2(x−3)ex，
令g′(x)=0，解得x=3，0，
函数g(x)在(−∞,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减，
x=3时，函数g(x)取得极大值，即最大值，g(3)=27e3．
∴0<1a<27e3，解得a>e327．
∴实数a的取值范围为(e327,+∞)．
故答案为：(e327,+∞)．
f(x)=ex−a4x4，x∈R，f′(x)=ex−ax3，由f(x)=ex−a4x4有两个极值点，可得f′(x)=ex−ax3=0有两个变号零点，化为1a=x3ex，令g(x)=x3ex，利用导数研究函数的单调性与极值即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、方程的根、数形结合方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】3
【解析】解：因为直线l与曲线C1：y=ex−1相切于点(x1,ex1−1)，
∵y′=ex−1，
由点斜式方程得：y−ex1−1=ex1−1(x−x1)，
即y=ex1−1x+ex1−1(1−x1)，
又直线与曲线C2：y=−12(x−1)2相切于点(x2,−12(x2−1)2)，
∵y′=−(x−1)，
∴直线l的方程为y+12(x2−1)2=−(x2−1)(x−x2)，
即y=(1−x2)x+x22−12，
∴ex1−1=1−x2>0,ex1−1(1−x1)=x22−12,
即1−x2>0,(1−x2)(1−x1)=x22−12,
即1−x1=−x2+12，
∴2x1−x2=3．
故答案为：3．
利用导数的几何意义表示出切线方程，即可得到ex1−1=1−x2>0,ex1−1(1−x1)=x22−12,从而得解．
本题考查导数的应用，属于难题．
15.【答案】解：(1)当a=1时，g(x)=14x4−x2−2xlnx+2x，求导得g′(x)=x3−2x−2lnx，
则g′(1)=−1，而g(1)=54，于是y−54=−(x−1)，即x+y−94=0，
所以g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线方程是x+y−94=0．
(2)函数g(x)=14x4−ax2−2xlnx+2x定义域为(0,+∞)，求导得g′(x)=x3−2ax−2lnx，
由题意g′(x)≥0，得2a≤x2−2lnxx，
令f(x)=x2−2lnxx,x>0，求导得f′(x)=2x−2−2lnxx2=2x3+2lnx−2x2，
令函数h(x)=2x3+2lnx−2，x>0，显然函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，
而h(1)=0，则当0当x>1时，h(x)>0，f′(x)>0，
故函数f(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，f(x)min=f(1)=1，
因此2a≤1，解得a≤12，
所以实数a的取值范围是(−∞,12].
【解析】(1)利用导数的几何意义即可求出切线方程．
(2)求出g′(x)，分离参数，构造函数并利用导数求出最值即可．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)当a=12时，f(x)=ex(x2−2x+1)，其定义域为：(−∞,+∞)，
所以f′(x)=ex(x2−2x+1)+ex(2x−2)=ex(x2−1)，
令f′(x)=0，解得x=1或x=−1，
当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0，所以f(x)在(−∞,−1)上单调递增，
当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(−1,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=−1时，f(x)有极大值为f(−1)=4e，
当x=1时，f(x)有极小值为f(1)=0，
故极大值为4 e，极小值为0．
(2)f(x)=ex[x2−(2a+1)x+1]的定义域为：(−∞,+∞)，
f′(x)=ex[x2−(2a−1)x−2a]=ex(x−2a)(x+1)，
令f′(x)=0，得x=2a或x=−1，
若a<−12，即2a<−1，
则当x∈(−∞,2a)时，f′(x)>0，所以f(x)在(−∞,2a)上单调递增；
当x∈(2a,−1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(2a,−1)上单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(−1,+∞)上单调递增．
若a=−12，即2a=−1，则f′(x)≥0，所以f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；
若a>−12，即2a>−1，
则当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0，所以f(x)在(−∞,−1)上单调递增；
当x∈(−1,2a)时，f′(x)<0，所以f(x)在(−1,2a)上单调递减；
当x∈(2a,+∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(2a,+∞)上单调递增．
综上所述：
若a<−12，f(x)在(−∞,2a)，(−1,+∞)上单调递增，在(2a,−1)上单调递减；
若a=−12，f(x)在(−∞,+∞)上单调递增；
若a>−12，f(x)在(−∞,−1)，(2a,+∞)上单调递增，在(−1,2a)上单调递减．
【解析】(1)利用导数求出导函数，分析函数的单调性求解极值即可；
(2)求出导函数，分类讨论分析函数的单调性即可．
本题主要考查利用导数求函数的单调性和极值，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=(x+2)ln(x+1)−ax，
f′(x)=ln(x+1)+(x+2)⋅1x+1−a，
所以k切=f′(0)=2−a，
又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1，
所以2−a=1，
所以a=1．
(Ⅱ)g(x)=f′(x)=ln(x+1)+(x+2)⋅1x+1−1，定义域为(−1,+∞)，
=ln(x+1)+x+2−(x+1)x+1=ln(x+1)+1x+1，
g′(x)=1x+1+−1(x+1)2=x(x+1)2，
在(−1,0)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
在(0,+∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
(Ⅲ)证明：令h(x)=xf(x)=(x2+2x)ln(x+1)−x2，x>−1，
h′(x)=(2x+2)ln(x+1)+x2+2xx+1−2x=(2x+2)ln(x+1)−x2x+1，
t(x)=(2x+2)ln(x+1)−x2x+1，x>−1，
t′(x)=2ln(x+1)+2x+2x+1−2x(x+1)−x2(x+1)2=2ln(x+1)+2−x2+2x(x+1)2
=2ln(x+1)+2(x+1)2−x2−2x(x+1)2=2ln(x+1)+x2+2x+2(x+1)2=2ln(x+1)+1+1(x+1)2，
t″(x)=2x+1−2(x+1)3=2(x+1)2−2(x+1)3=2x(x+2)(x+1)3，
令t″(x)=0，得x=0或−2(舍)，
所以在(−1,0)上t″(x)<0，t′(x)单调递减，
在(0,+∞)上t″(x)>0，t′(x)单调递增，
所以t′(x)min=t′(0)=2>0，
所以t′(x)>0，
所以t(x)在(−1,+∞)上单调递增，
又t(0)=0，
所以在(−1,0)上t(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
在(0,+∞)上t(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(0)=0，
所以h(x)≥0，
所以xf(x)≥0．
【解析】(Ⅰ)求导得f′(x)，由导数的几何意义可得k切=f′(0)=2−a=1，解得a．
(Ⅱ)g(x)=f′(x)=ln(x+1)+(x+2)⋅1x+1−1，定义域为(−1,+∞)，求导分析g′(x)的符号，进而可得g(x)的单调性．
(Ⅲ)令h(x)=xf(x)=(x2+2x)ln(x+1)−x2，x>−1，求导分析单调性，可得h(x)min=h(0)=0，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=−2xlnx−x2，
则f′(x)=−2(lnx+x+1)，
令g(x)=f′(x)，则g′(x)=−2(1x+1)，
因为x∈[e−2,1]，所以g′(x)<0.则g(x)在[e−2,1]上单调递减，
又因为f′(e−2)=2(1−e−2)>0，f′(1)=−4<0，
所以∃x0∈(e−2,1)使得f′(x0)=0，f(x)在(e−2,x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
因此，f(x)在[e−2,1]上的最小值是f(e−2)与f(1)两者中的最小者．
因为f(e−2)=4e−2−e−4=e−2(4−e−2)>0，f(1)=−1，
所以函数f(x)在[e−2,1]上的最小值为−1．
(2)f′(x)=axex+1−2(lnx+x+1)，
由f′(x)=0，解得a=2(lnx+x+1)elnx+x+1，
易知函数y=lnx+x+1在(0,+∞)上单调递增，且值域为R，
令lnx+x+1=t，由f′(x)=0，解得a=2tet，
设h(t)=2tet，则h′(t)=2(1−t)et，
因为当t<1时，h′(t)>0，当t>1时，h′(t)<0，
所以函数h(t)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
根据h(1)=2e, x→−∞时，h(x)→−∞，当t→+∞，h(t)→0，
得h(t)的大致图像如图所示．

因此有：
(ⅰ)当a>2e时，方程h(t)=a无解，即f′(x)无零点，f(x)没有极值点；
(ⅱ)当a=2e时，f′(x)=2elnx+x−2(lnx+x+1)，
设m(x)=ex−x−1(x≥0)，则m′(x)=ex−1，令ex−1≥0⇒x≥0，
则m(x)在[0,+∞)上时单调递增函数，即ex≥x+1，
得f′(x)≥2(lnx+x+1)−2(lnx+x+1)=0，此时f(x)没有极值点；
(ⅲ)当0(ⅳ)当a≤0时，方程h(t)=a有一个解，即f′(x)有一个零点，f(x)有一个极值点．
综上，当a≤0时，f(x)有一个极值点；
当0当a≥2e时，f(x)没有极值点．
【解析】(1)借助导数先判断函数单调性，然后即可求出最小值．
(2)本问设新元，再构造辅助函数分析最值情况．
本题主要考查利用导数求函数的极值和最值，属于难题．
19.【答案】解：(1)对于任意不同的x1，x2∈[1,2]，
有1≤x1|f(x1)−f(x2)|=|(x122+x1)−(x222+x2)|=|(x1−x2)(x1+x2+22)|<3|x1−x2|，
所以f(x)=x22+x是[1,2]上的“3类函数”．
(2)因为f′(x)=axex−x−lnx−1，
由题意知，对于任意不同的x1，x2∈[1,e]，都有|f(x1)−f(x2)|<2|x1−x2|，
可转化为对于任意x∈[1,e]，都有−2由f′(x)<2可转化为ag′(x)=(1+x)(−2−lnx−x)x2ex，令u(x)=−2−lnx−x，u(x)在[1,e]单调递减，
所以u(x)≤u(1)=−3<0，g′(x)<0，故g(x)在[1,e]单调递减，
g(x)min=g(e)=4+eee+1，
由f′(x)>−2可转化为a>x+lnx−1xex，令h(x)=x+lnx−1xex，只需a>h(x)max
h′(x)=(1+x)(2−lnx−x)x2ex，令m(x)=2−lnx−x，m(x)在[1,e]单调递减，
且m(1)=1>0，m(e)=1−e<0，所以∃x0∈[1,e]使m(x0)=0，即2−lnx0−x0=0，
即lnx0=2−x0,x0=e2−x0，
当x∈[1,x0)时，m(x)>0，h′(x)>0，故h(x)在[1,x0)单调递增，
当x∈(x0,e]时，m(x)<0，h′(x)<0，故h(x)在(x0,e]单调递减，
h(x)max=h(x0)=x0+lnx0−1x0ee+1=1e2，
故1e2(3)证明：因为f(x)为[1,2]上的“2类函数”，所以|f(x1)−f(x2)|<2|x1−x2|，
不妨设1≤x1当|x1−x2|<12时，|f(x1)−f(x2)|<2|x1−x2|<1；
当12≤|x1−x2|<1时，因为f(1)=f(2)，−1所以|f(x1)−f(x2)|=|f(x1)−f(1)+f(2)−f(x2)|≤|f(x1)−f(1)|+|f(2)−f(x2)|
<2(x1−1)+2(2−x2)=2(x1−x2+1)≤2(−12+1)=1，
综上所述，∀x1，x2∈[1,2]，|f(x1)−f(x2)|<1．
【解析】(1)由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明|f(x1)−f(x2)|<3|x1−x2|即可；
(2)由已知条件转化为对于任意x∈[1,e]，都有−2x+lnx−1xex，利用导函数研究函数的单调性和最值即可；
(3)分|x1−x2|<12和12≤|x1−x2|<1两种情况进行证明，f(1)=f(2)，用放缩法|f(x1)−f(x2)|=|f(x1)−f(1)+f(2)−f(x2)|
≤|f(x1)−f(1)|+|f(2)−f(x2)|进行证明即可．
本题考查新定义、利用导数研究函数的最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．