2023高考数学二轮复习专项训练《导数的综合问题》

这是一份2023高考数学二轮复习专项训练《导数的综合问题》，共21页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）设函数f(x)是定义在0,+∞上的可导函数，其导函数为f'(x)，且有2f(x)+xf'(x)>x2，则不等式x-20192fx-2019-f(1)>0的解集为( )

A. (0,2019)B. (2019,+∞)
C. (0,2020)D. (2020,+∞)
2.（5分）设函数f(x)=xex-ax+a，其中a>1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是()
A. (1,2e2]B. (1,3e32]
C. (3e32,4e43]D. (2e2,3e32]
3.（5分）函数f(x)=aex-2x+1在区间(0,2)内恰有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (0,3e-2) B. (0,2e-32)
C. (e-1,2e-32)D. (3e-2,2e-32)
4.（5分）已知函数f(x)(x≠0)为偶函数，当x<0时，f(x)=ln(-x)-ax.若直线y=x与曲线y=f(x)至少有两个交点，则实数a的取值范围是 ( )
A. (-1-1e,1-1e]
B. (-1-1e,-1)∪{ 1-1e}
C. (-1-1e,0)∪[1-1e,+∞)
D. (-1-1e,-1)∪[1-1e,+∞)
5.（5分）已知函数f(x)=lnx+ax2+(2+a)x(a<0)，g(x)=xex-2，对任意的x0∈(0,2]，关于x的方程f(x)=g(x0)在(0,e]上有实数根，则实数a的取值范围为( )(其中e=2.71828…为自然对数的底数)．
A. [-1e,0)B. (-∞,-1e]
C. [-e,0)D. (-∞,-e]
6.（5分）已知函数f(x)=x2-2x+2，g(x)=lg4x+t，对∀x1∈[0,2],∃x2∈[12,16]使得f(x1)=g(x2)，则实数t的取值范围是( )
A. (-∞,0]B. [32,+∞)
C. (0,32)D. [0,32]
7.（5分）已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x)，且满足f'(x)-f(x)>0，f(2021)=e2021，则不等式f(13lnx)<3x的解集为()
A. (0,e6063)B. (0,e2021)
C. (e2021,+∞)D. (e6063,+∞)
8.（5分）已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f'(x)，且满足f(-2)=0，当x>0时，3f(x)-xf'(x)>0，则f(x)>0的解集为( )
A. (-∞,-2)∪(2,+∞)B. (-2,0)∪(0,2)
C. (-∞,-2)∪(0,2)D. (-2,0)∪(2,+∞)
9.（5分）已知f(x)=lnx-x4+34x，g(x)=-x2-2ax+4，若对∀x1∈(0,2]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)⩾g(x2)成立，则a的取值范围是( )
A. [-18,+∞)B. [25-8ln216,+∞)
C. [-18,54]D. (-∞,54]
10.（5分）已知函数f(x)=a(2a-1)e2x-(3a-1)(x+2)ex+(x+2)2有4个不同的零点，则实数a的取值范围为( )
A. (12,e)B. (12,e+12)
C. (12,1)∪(1,e)D. (12,1)∪(1,e+12)
11.（5分）若函数f(x)=aex-x-2a有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A. (-∞,1e)B. (0,1e)C. (-∞,0)D. (0,+∞)
12.（5分）设定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)的函数f(x)的导函数为f'(x)，且满足f'(x)-f(x)x=1，f(1)=0，则关于x的方程[f(x)]2-m=0的实数根的个数不可能为( )
A. 6B. 4C. 3D. 2
13.（5分）已知不等式x-3lnx+1⩾mlnx+n(m,n∈R,且m≠-3)对任意实数x恒成立，则n-3m+3的最大值为( )
A. -2ln2B. -ln2C. 1-ln2D. 2-ln2
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知函数f(x)=ex-ax2，a∈R，现有下列结论：
①f(x)至多有三个零点；
②∃a∈[2,+∞),使得∀x∈(0,+∞)，f(x)>0；
③当a∈[0,e2]时，f(x)在R 上单调递增．
其中正确的结论序号是__________.
15.（5分）设函数f(x)=13x3+mx2-3m2x+2m-1(m>0)，若存在f(x)的极大值点x0，满足x02+[f(0)]2<10m2，则实数m的取值范围是________.
16.（5分）若对∀x1∈(0,2]，∃x2∈[1,2]，使4x1lnx1-x12+3+4x1x22+8ax1x2-16x1⩾0成立，则实数a的取值范围______．
17.（5分）已知函数f(x)=ex,g(x)=mx，若存在x1,x2∈(0,3]使得{f(x1)=g(x1)f(x2)=g(x2)，则实数m的取值范围是__________.
18.（5分）若不等式2xlnx⩾-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是______．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知函数f(x)=ln(x+1)-axx+1 (a∈R)．
(1)若当x>0时，f(x)>0恒成立．求a的取值范围；
(2)比较20192017与20182018的大小．
20.（12分）已知函数f(x)=lnx+ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈(1,+∞)时，f(x)21.（12分）已知函数f(x)=x3+ax2+b的图象在点P(1,0)处(即P为切点)的切线与直线3x+y=0平行，记g(x)=x3-4x2+2lnx+c，其中c为常数．
(1)求常数a、b的值；
(2)若x∈(0,+∞)时，不等式f(x)⩾g(x)恒成立，求实数c的取值范围．
22.（12分）已知函数f(x)=ex-lnx-a．
(1)若a=3.证明函数f(x)有且仅有两个零点：
(2)若函数f(x)存在两个零点x1，x2，证明：ex1x2>ex1+ex2+2-2a．
23.（12分）已知函数fx=ex-ax-aa∈R.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明x1+x2>0.
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】
此题主要考查函数的应用，根据条件构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论，属于中档题.
构造函数g(x)=x2f(x)(x>0)，则g(1)=f(1)，由2f(x)+xf'(x)>x2，可得g(x)在x∈(0,+∞)单调性，不等式(x-2019)2f(x-2019)-f(1)>0⇔g(x-2019)>g(1)，利用单调性即可解出．

解：由题意，令g(x)=x2f(x)(x>0)，则g(1)=f(1)，g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)
又∵2f(x)+xf'(x)>x2，且x>0，
∴2xf(x)+x2f'(x)>x3>0，即g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)>0，
∴函数g(x)在(0,+∞)上为增函数，
∴(x-2019)2f(x-2019)-f(1)>0，即(x-2019)2f(x-2019)>g(1)，
∴等价于g(x-2019)>g(1)，
∴x-2019>1，解得x>2020，
故选D.

2.【答案】D;
【解析】
此题主要考查利用导数研究存在性问题，属于较难题.
令g(x)=xex，h(x)=ax-a，a>1，则问题等价于“存在唯一的整数x0使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方”，对x进行分类讨论，利用导数即可求解.
解：令g(x)=xex，h(x)=ax-a，a>1，显然直线h(x)=ax-a恒过点A(1,0)，
则“存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0”等价于“存在唯一的整数x0使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方”，
g'(x)=(x+1)ex，当x<-1时，g'(x)<0，当x>-1时，g'(x)>0，
即g(x)在(-∞,-1)上递减，在(-1,+∞)上递增，
则当x=-1时，g(x)min=g(-1)=-1e，当x⩽0时，g(x)∈[-1e,0]，而此时h(x)⩽h(0)=-a<-1，
即当x⩽0时，不存在整数x0使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方，
当x>0时，过点A(1,0)作函数g(x)=xex图象的切线，
因为g'(x)=(x+1)ex，
设切点为P(t,tet)，t>0，则切线方程为：y-tet=(t+1)et(x-t)，
而切线过点A(1,0)，即有-tet=(t+1)et(1-t)，整理得：t2-t-1=0，而t>0，解得t=1+52∈(1,2)，
因g(1)=e>0=h(1)，又存在唯一整数x0使得点(x0,g(x0))在直线h(x)=ax-a下方，则此整数必为2，
即存在唯一整数2使得点(2,g(2))在直线h(x)=ax-a下方，
因此有{g(2)所以a的取值范围是(2e2,3e32].
故本题选D.
3.【答案】D;
【解析】
此题主要考查利用导数研究函数的零点问题，属于中档题.
由函数在区间上有两个零点，结合分离参数法得出a=2x-1ex，进而通过求导即可求出结果.

解：根据题意可知f(x)=0，整理为a=2x-1ex，
令h(x)=2x-1ex，x∈0,2
则h'x=-2x+3ex
易知函数在0,32单调递增，在32,2单调递减，
又h(0)=-1,h(32)=2e-32,h(2)=3e-2
所以3e-2故选D.
4.【答案】D;
【解析】
此题主要考查函数图象的应用及函数的奇偶性，同时考查利用导数研究曲线的切线，属于难题.
利用偶函数，分类讨论x>0和x<0的交点情况，结合导数研究曲线的切线求解即可.
解：设x>0，则-x<0，
∵f(x)为偶函数，且当x<0时，f(x)=ln(-x)-ax，
∴当x>0时，f(x)=f(-x)=lnx+ax，
若直线y=x与曲线y=f(x)至少有两个交点，即g(x)=f(x)-x至少有两个零点，
下面研究：
当x<0时，函数g(x)=ln(-x)-ax-x零点情况：
由g(x)=ln(-x)-ax-x=0，得ln(-x)=(a+1)x，
作出y=ln(-x)的图象如图：

若a+1⩾0，即a⩾-1，则y=ln(-x)与y=(a+1)x有1个交点，
若a+1<0，即a<-1，设直线y=(a+1)x与y=ln(-x)的切点为(x0,ln(-x0))，
则切线方程为y-ln(-x0)=1x0(x-x0)，
将原点代入，可得ln(-x0)=1，x0=-e，
则切点为(-e,1)，切线斜率为-1e，
要使直线y=(a+1)x与y=ln(-x)有交点，则a+1⩾-1e，
即a⩾-1-1e；
当x>0时，函数g(x)=lnx+ax-x零点情况，
由g(x)=lnx+ax-x=0，得lnx=(-a+1)x.
作出y=lnx的图象如图：

若-a+1⩽0，即a⩾1，
则y=lnx与y=(-a+1)x有1个交点，
若-a+1>0，即a<1，
设直线y=(-a+1)x与y=lnx的切点为(x1,lnx1)，
则切线方程为y-lnx1= 1x1(x-x1)，
将原点代入，可得lnx1=1，x1=e，
则切点为(e,1)，切线斜率为1e，
要使直线y=(-a+1)x与y=lnx有交点，则-a+1⩽1e，
即a⩾1-1e，
综上，满足直线y=x与曲线y=f(x)至少有两个交点，
则实数a的取值范围是(-1-1e,-1)∪[1-1e,+∞)
故选D.
5.【答案】C;
【解析】解：∵g(x)=xex-2，∴g'(x)=1.ex-x.ex(ex)2=1-xex，对任意的x0∈(0,2]，x0∈(0,1]，g'(x)>0，g(x)单调递增，x∈(1,2]，g'(x)<0，g(x)单调递减，g(1)=1e-2，g(0)=-2，g(2)=2e2-2，
所以对任意的x0∈(0,2]，g(x)∈[-2,1e-2]；
f'(x)=1x+2ax+2+a=2ax2+(2+a)x+1x=(2x+1)(ax+1)x(x>0)，
∵a<0，f'(x)=0，x=-1a，
所以x∈(0,-1a],f'(x)>0,f(x)单调递增，x∈[-1a,+∞),f'(x)<0,f(x)单调递减，
①当e<-1a，即-1e所以x的方程f(x)=g(x0)在(0,e]上有实数根，只需1e-2⩽1+ae2+(2+a)e，解得a>-3-2e+1ee2+e，而-3-2e+1ee2+e<-1e，所以a∈(-1e,0)；
②当-1a⩽e，即a⩽-1e，因为x∈(0,-1a],f'(x)>0,f(x)单调递增，x∈[-1a,e]f(x)单调递减，所以x∈(0,e]，f(x)⩽f(-1a)=-ln(-a)+a.1a2-(2+a).1a=-ln(-a)-1-1a，
所以x的方程f(x)=g(x0)在(0,e]上有实数根，只需-ln(-a)-1-1a⩾1e-2，即ln(-a)+(-1a)⩽-1e+1，解得：-1e⩾a⩾-e，
综上所述满足条件的实数a的范围：[-e,0)，
故选：C．
由g(x)的单调性求出g(x)在(0,2]上的值域，再求分类讨论f(x)在(0,e]上的单调性，求出f(x)的值域，由f(x)=g(x0)在(0,e]上有实数根，可得，g(x)的值域是f(x)值域的子集，求出a的取值范围．
考查函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
6.【答案】D;
【解析】解：根据二次函数的性质可知，f(x)=x2-2x+2在[0,2]上先减后增，
当x=1时，函数取得最小值1，当x=0或x=2时，函数取得最大值2，故函数f(x)的值域A=[1,2]，
由g(x)=lg4x+t，x∈[12,16]可得，g(x)∈[t-12,t+2]，
若对∀x1∈[0,2],∃x2∈[12,16]使得f(x1)=g(x2)，
则[1,2]⊆[t-12,t+2]，即t-12⩽1t+2⩾2，
解可得，0⩽t⩽32．
故选：D．
对∀x1∈[0,2]，∃x2∈[12,16]，使得f(x1)=g(x2)，等价于x∈[0,2]时f(x)的值域为g(x)值域的子集，利用单调性求得两函数的值域，由集合的包含关系可得不等式，解出即可．
该题考查利用导数求函数在闭区间上的最值、函数单调性的应用，考查恒成立问题，本题中对恒成立问题的等价转化是解决问题的关键．
7.【答案】A;
【解析】
此题主要考查利用导数解不等式.解：令g(x)=f(x)ex，
则g'(x)=f'(x)-f(x)ex>0，故函数g(x)在R上单调递增，
不等式f(13lnx)<3x即为f(13lnx)x13<1，
即f(lnx13)elnx13∴g(13lnx)又g(x)在R上单调递增，
∴13lnx<2021，解得08.【答案】B;
【解析】
此题主要考查抽象函数，函数的奇偶性，利用导数研究函数的单调性，导数中的函数不等式，属于中档题.
构造函数设函数g(x)=f(x)x3，x>0时，利用3f(x)-xf'(x)>0可得g'(x)=f'(x)⋅x-3f(x)x4<0，结合奇偶性得出g(x)的单调性，根据f(-2)=0，可得f(x)>0的解集.

解：根据题意，设函数g(x)=f(x)x3，
当x>0时，g'(x)=f'(x)⋅x-3f(x)x4<0，
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减，
又f(x)为偶函数，
所以f-x=fx，
所以g-x=f-x-x3=fx-x3=-fxx3=-gx，
所以g(x)为奇函数，
则函数g(x)在(-∞,0)上也单调递减，
又f(-2)=0，
所以f(2)=0，得g(2)=g(-2)=0，
故g(x)在(-∞,-2)和(0,2)的函数值大于零，g(x)在(-2,0)和(2,+∞)的函数值小于零.
又因为f(x)=x3.g(x)，
所以当x>0时x3>0，由f(x)>0可得g(x)>0，即0当x<0时x3<0，由f(x)>0可得g(x)<0，即-2故f(x)在(-2,0)∪(0,2)的函数值大于零.
故选B.
9.【答案】A;
【解析】解：因为f'(x)=1x-34.1x2-14=-x2+4x-34x2=-(x-1)(x-3)4x2，
易知当x∈(0,1)时，f'(x)<0，当x∈(1,2)时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上递减，在[1,2]上递增，故f(x)min=f(1)=12．
对于二次函数g(x)=)=-x2-2ax+4，该函数开口向下，所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，
所以要使对∀x1∈(0,2]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)⩾g(x2)成立，只需f(x1)min⩾g(x2)min，
即12⩾g(1)或12⩾g(2)，所以12⩾-1-2a+4或12⩾-4-4a+4．
解得a⩾-18．
故选：A．
由题意，要使对∀x1∈(0,2]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)⩾g(x2)成立，只需f(x1)min⩾g(x2)min，且x1∈(0,2]，x2∈[1,2]，然后利用导数研究它们的最值即可．
该题考查了不等式恒成立问题以及不等式有解问题的综合思路，概念性很强，注意理解．
10.【答案】D;
【解析】解：令f(x)=0，则[aex-(x+2)][(2a-1)ex-(x+2)]=0，即(a-x+2ex)(2a-1-x+2ex)=0，
则a=x+2ex或2a-1=x+2ex，令g(x)=x+2ex，则g'(x)=ex-(x+2)exe2x=-(x+1)ex，
当x∈(-∞,-1)时，g'(x)>0，g(x)单增，当x∈(-1,+∞)时，g'(x)<0，g(x)单减，
且g(x)max=g(-1)=e，当x→-∞时，g(x)→-∞，当x→+∞时，g(x)→0，作函数g(x)的图象如下，
要使函数y=f(x)有4个零点，则需直线y=a，直线y=2a-1与函数g(x)的图象共有4个交点，
∴0故选：D．
令f(x)=0，化简可知a=x+2ex或2a-1=x+2ex，构造函数g(x)=x+2ex，利用导数研究函数g(x)的性质，通过图象得到关于a的不等式组，解出即可得到答案．
该题考查函数零点与方程根的关系，考查导数的运用，考查化简求解能力及数形结合思想，属于中档题．
11.【答案】D;
【解析】解：函数f(x)=aex-x-2a的导函数f'(x)=aex-1，
当a⩽0时，f'(x)⩽0恒成立，函数f(x)在R上单调，不可能有两个零点；
当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln1a，函数在(-∞,ln1a)递减，在(ln1a,+∞)递增，
所以f(x)的最小值为f(ln1a)=1-ln1a-2a=1+lna-2a，
令g(a)=1+lna-2a，(a>0)，g'(a)=1a-2，a∈(0,12)，g(a)递增，a∈(12,+∞)递减，
∴g(a)max=g(12)=-ln2<0．
∴f(x)的最小值为f(ln1a)<0，函数f(x)=aex-x-2a有两个零点；
综上实数a的取值范围是：(0,+∞)，
故选：D．
函数f(x)=aex-x-2a的导函数f'(x)=aex-1，
当a⩽0时，f'(x)⩽0恒成立，函数f(x)在R上单调，不可能有两个零点；
当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln1a，函数在(-∞,ln1a)递减，在(ln1a,+∞)递增，
f(x)的最小值为f(ln1a)=1-ln1a-2a=1+lna-2a<0即可，
该题考查了函数零点的个数与函数图象和横轴交点的转换，属于中档题．
12.【答案】C;
【解析】

此题主要考查导数的综合应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.
根据导函数求解函数f(x)，以及函数单调性，借助函数图象确定函数零点个数.

解：因为f'(x)-f(x)x=1，所以xf'(x)-f(x)x2=1x，
所以(f(x)x)'=1x，又因为f(1)=0，所以可以令f(x)x=ln|x|，
即f(x)=xln|x|.
当x>0时，f(x)=xlnx，f'(x)=1+lnx，
由f'(x)<0，得00，得x>e-1.
所以函数f(x)在区间(0,e-1)上单调递减，在区间(e-1,+∞)上单调递增，
又因为f(-x)=-f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故函数f(x)的大致图象如图所示，
令t=f(x)，则t2-m=0，(*)
由复合函数的零点可知，[f(x)]2-m=0的实数根的个数不可能为3.
故选C.
13.【答案】B;
【解析】
此题主要考查了不等式恒成立问题，也考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，考查了构造函数与转化思想，是综合题．
不等式化为x-3lnx+1-mlnx-n⩾0恒成立，构造函数f(x)=x-3lnx+1-mlnx-n，利用导数f'(x)判断f(x)的单调性，求f(x)的最小值，再通过转化n-3m+3，构造函数g(t)从而求出它的最大值．

解：不等式x-3lnx+1⩾mlnx+n化为x-3lnx+1-mlnx-n⩾0，
令f(x)=x-3lnx+1-mlnx-n，则f'(x)=1-m+3x(x>0)，
若m+3<0，则f'(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x→0时，f(x)→-∞，不可能恒有f(x)⩾0；
∴m+3>0，由f'(x)=0，得x=m+3，
当x∈(0,m+3)时，f'(x)<0，
当x∈(m+3,+∞)时，f'(x)>0，
当x=m+3时，f(x)有最小值，
则f(m+3)=m+3-3ln(m+3)+1-mln(m+3)-n⩾0，
即n-3⩽m+1-(m+3)ln(m+3)，
n-3m+3⩽m+1m+3-ln(m+3)
令g(t)=t+1t+3-ln(t+3)，
则g'(t)=2t+32-1t+3
=-t-1t+32，
则当-30，
当t>-1时，g'(t)<0，则当t=-1时，g(t)取得最大值-ln2，
∴n-3m+3的最大值为-ln2.
故选B.

14.【答案】①③;
【解析】
此题主要考查函数的零点、方程的解和函数图象与x轴交点三者之间的关系，考查导数的应用，利用导数研究函数单调性和最值，考查数形结合的数学思想，属于较难题．
对于①；0不是方程f(x)=0的解，所以方程f(x)=0的解的个数等价于方程a=exx2的解的个数，结合导数知识作出函数数g(x)=exx2的大致图象，方程a=exx2的解的个数即直线y=a与g(x)=exx2图象交点的个数，再数形结合可判断①；
对于②；∀x∈(0,+∞)，f(x)>0，等价于∀x∈(0,+∞),a对于③；当a∈[0,e2]时，判断f'(x)⩾0在R上是否恒成立可判断③．解：对于①；函数f(x)的零点个数，即方程f(x)=0的解的个数，
因为当x=0时，f(x)=1≠0，所以0不是方程f(x)=0的解，
所以方程f(x)=0的解的个数等价于方程a=exx2的解的个数，
令g(x)=exx2,x≠0，则g'(x)=exx4(x2-2x)，
当x<0或x>2时，g'(x)>0，所以g(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递增，
当0在x∈(-∞,0)时，当x→0时，g(x)→+∞，
在x∈(0,+∞)时，当x→0时，g(x)→+∞，当x→+∞时，g(x)→+∞，
又g(2)=e24，作出函数g(x)=exx2的大致图象，

因为方程a=exx2的解的个数等价于直线y=a与g(x)=exx2图象交点的个数，
所以数形结合直线y=a与g(x)=exx2图象最多3个交点，
故函数f(x)至多由3个零点，故①正确；
对于②；∀x∈(0,+∞)，f(x)>0，等价于∀x∈(0,+∞),a由①的分析可知，当x>0时，(exx2)min=e24，所以a由e<2.8<22⇒e2<8⇒e24<2，
所以不存在a∈[2,+∞),使得∀x∈(0,+∞)，f(x)>0，故②错误．
对于③；f'(x)=ex-2ax，当a=0时，f'(x)=ex>0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增；当0当x当x>ln2a时，h'(x)>0，h(x)在(ln2a,+∞)上单调递增.
所以h(x)min=h(ln2a)=2a-2aln2a=2a(1-ln2a)⩾0.
所以f'(x)⩾0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增．故③正确．
故答案为：①③．
15.【答案】(13,1);
【解析】
此题主要考查了函数的极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．
求出函数的导数，求出x0以及f(0)的值，得到关于m的不等式，解出即可．

解： 对f(x)求导得f'(x)=x2+2mx-3m2=(x+3m)(x-m)，(m>0)，
则由f'(x)>0得，x>m或x<-3m，由f'(x)<0得，
-3m在(-3m,m)上单调递减，在(m,+∞)上单调递增，
则极大值点x0=-3m.又f(0)=2m-1，则x02+[f(0)]2<10m2，
即为9m2+(2m-1)2<10m2，
解得1316.【答案】[-18，+∞);
【解析】解：∵x1>0，∴4x1lnx1-x12+3+4x1x22+8ax1x2-16x1⩾0，
化为8ax2+4x22⩾x1-4lnx1+16-3x1，
令f(x)=x-4lnx+16-3x，x∈(0,2]，
f'(x)=1-4x+3x2=(x-1)(x-3)x2，
当00，函数f(x)单调递增；当1∴当x=1时，函数f(x)取得最大值，f(1)=14．
令g(x)=8ax+4x2，x∈[1,2]，
∵对∀x1∈(0,2]，∃x2∈[1,2]，使4x1lnx1-x12+3+4x1x22+8ax1x2-16x1⩾0成立，
∴g(x)max⩾f(x)max．
g'(x)=8a+8x=8(x+a)，
①当a⩾-1时，g'(x)⩾0，函数g(x)单调递增，∴当x=2时，g(x)取得最大值，g(x)=16a+16.由16a+16⩾14，解得a⩾-18，满足条件．
②当-2③当a⩽-2时，经过验证，也不符合条件，舍去．
综上可得：a的取值范围是[-18,+∞)．
故答案为：[-18,+∞)．
问题转化为：8ax2+4x22⩾x1-4lnx1+16-3x1，令f(x)=x-4lnx+16-3x，x∈(0,2]，利用导数可得其最大值．令g(x)=8ax+4x2，x∈[1,2]，问题等价于g(x)max⩾f(x)max.再利用导数可得g(x)的最大值，即可得出．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性极值最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
17.【答案】;
【解析】
此题主要考查函数零点的应用及利用导数判断函数的单调性和极值，属于中档题．由y=ex-mx=0得m=exx，构造函数f(x)=exx，利用导数求出函数的取值情况，即可求出m的取值范围．
解：由y=ex-mx=0得m=exx，
设f(x)=exx，则f'(x)=ex·x-exx2=ex(x-1)x2，
由f'(x)>0，解得1由f'(x)<0，解得0 x 1，此时函数单调递减，
∴当x=1时，函数f(x)取得极小值，同时也是最小值f(1)=e，
∵当x→0时，f(x)→+∞，当x=3时，f(3)=e33，
∴要使函数y=ex-mx在区间(0,3]上有两个零点，则e故答案为(e,e33].
18.【答案】（-∞，4];
【解析】解：∵2xlnx⩾-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立，
∴a⩽x+2lnx+3x，x>0，
令y=x+2lnx+3x，
则y'=1+2x-3x2=x2+2x-3x2，
由y'=0，得x1=-3，x2=1，
当x∈(0,1)时，y'<0，函数y=x+2lnx+3x为减函数；
当x∈(1,+∞)时，y'>0，函数y=x+2lnx+3x为增函数．
∴x=1时，ymin=1+0+3=4．
∴a⩽4．
∴实数a的取值范围是(-∞,4]．
故答案为：(-∞,4]．
由已知可得a⩽x+2lnx+3x，x>0，令y=x+2lnx+3x，利用导数求出x=1时，y取最小值4，由此可得实数a的取值范围．
该题考查恒成立问题，训练了利用导数求函数的最值，训练了分离变量法，是中档题．
19.【答案】解：（1）f（x）的定义域为x＞-1，
∴f′（x）=1x+1-a(x+1)2=x+1-a(x+1)2，
令f′（x）=0，得x=a-1，
当a≤1时，x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
即f（x）在（0，+∞）单调递增，则f（x）＞f（0）=0，则a≤1满足条件，
当a＞1时，x∈（0，a-1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
x∈（a-1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）min=f（a-1）＜f（0）=0，
即存在x=a-1时使得f（x）＞0不成立，故a＞1不满足题意，
综上所述a的取值范围为（-∞，1]，
（2）设g（x）=ln(x+1)x，x＞0，
∴g′（x）=xx+1-ln(x+1)x2，
由（Ⅰ）得a=1时，x＞0时，有f（x）=ln（x+1）-xx+1＞0，
即xx+1-ln（x+1）＜0，
∴当x＞0时，g′（x）＜0，即g（x）在（0，+∞）上单调递减，
∵2018＞2017，
∴ln20192018＜ln20182017，
∴2017ln2019＜2018ln2018
即ln20192017＜ln20182018，
∴20192017＜20182018．;
【解析】
(1)先求导，再分了讨论，根据导数和函数单调的关系以及最值的关系，即可求出a的取值范围，
(2)设g(x)=ln(x+1)x，x>0，利用(1)的结论判断函数的单调性，根据函数的单调性和对数的运算性质即可判断．
该题考查了导数的综合应用，同时考查了恒成立问题，考查了运算求解能力，转化与化归能力，函数与方程的思想，分类讨论的思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵f'(x)=1x-ax2=x-ax2,x>0，
①当a⩽0时，f'(x)>0恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上为增函数.
②当a>0时，由f'(x)>0，得x>a；由f'(x)<0，得0∴f(x)在(0,a)上为减函数，在(a,+∞)上为增函数；
(2)∵f(x)即a令g(x)=x22-xlnx，则g'(x)=x-1-lnx，
令h(x)=x-1-lnx，h'(x)=1-1x，
当x∈(1,+∞)时，h'(x)=1-1x>0恒成立，
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.
又h(1)=0，
∴h(x)>0在(1,+∞)上恒成立，即g'(x)>0在(1,+∞)上恒成立，
∴g(x)在(1,+∞)上单调递增.
又g(1)=12，
∴g(x)>12在(1,+∞)上恒成立，要使a故所求实数a的取值范围为(-∞,12].;
【解析】此题主要考查了利用导数研究函数的单调性、最值及导数中的恒成立问题，有一定的难度.
(1)求出f'(x)=x-ax2，讨论a，即可明确函数的单调区间；
(2)当x∈(1,+∞)时，f(x)21.【答案】解：（1）f'（x）=3x2+2ax，
因为函数f（x）=x3+ax2+b的图象在点P（1，0）处的切线与直线3x+y=0平行，
所以f'（1）=3+2a=-3，即a=-3，
又f（x）=x3+ax2+b过点P（1，0），即1+a+b=0，
∴b=2；
（2）由（1）知，f（x）=x3-3x2+2．
不等式f（x）≥g（x）对于任意x∈（0，+∞）恒成立，
即不等式x2-2lnx+2≥c对于任意x∈（0，+∞）恒成立，
令h（x）=x2-2lnx+2，则h'(x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x，
易知h（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．
∴h（x）的最小值为h（1）=3，则c≤3，
则实数c的取值范围为（-∞，3]．;
【解析】
(1)求得f(x)的导数，由两直线平行的条件可得切线的斜率，解得a；再由函数图象经过(1,0)，可得b的值；
(2)由题意可得不等式x2-2lnx+2⩾c对于任意x∈(0,+∞)恒成立，令h(x)=x2-2lnx+2，求得导数和单调性、极值和最值，即可得到所求范围．
该题考查导数的运用：求切线斜率和单调性、极值和最值，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和构造函数法，考查化简运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：（1）定义域为（0，+∞），
当a=3时，f（x）=ex-lnx-3，∴f'（x）=ex-1x，f″(x)=ex+1x2＞0恒成立，（f''（x）是f'（x）的导数）
∴f'（x）单调递增，
∵f'(12)=e12-2＜0，f'（1）=e-1＞0，
∴∃x0∈(12，1)使得f'(x0)=ex0-1x0=0即ex0=1x0，
∴当x∈（0，x0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（x0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
∵f（x）在(12，x0)上单调递减，∴f(x0)＜f(12)=e12-ln12-3=e12+ln2-3＜2+1-3=0，
而f(1e3)=e1e3-ln1e3-3=e1e3＞0，
∴f（x）在（0，x0）上有且仅有一个零点．
又f（e）=ee-lne-3=ee-4＞22-4=0，
∴f（x）在（x0，+∞）上有且仅有一个零点，
综上所述，函数f（x）有且仅有两个零点．
（2）证明：∵x1，x2是函数f（x）的两个零点，∴ex1=lnx1+a，ex2=lnx2+a，
∴ex1+ex2=lnx1+lnx2+2a=lnx1x2+2a，
要证ex1x2＞ex1+ex2+2-2a，需证ex1x2＞lnx1x2+2a+2-2a=lnx1x2+2，
令x1x2=t∈（0，+∞），需证et＞lnt+2，
令g（t）=et-lnt-2，
与（1）同理可得，∃t0∈(12，1)，当t∈（0，t0）时，g（x）单调递减；当t∈（t0，+∞）时，g（x）单调递增．
∴g(t)min=g(t0)=et0-lnt0-2=1t0+t0-2＞2-2=0，
∴et-lnt-2＞0，即et＞lnt+2，
∴ex1x2＞ex1+ex2+2-2a．;
【解析】
(1)当a=3时，f(x)=ex-lnx-3，对f(x)两次求导，可得f'(x)单调递增，由于f'(12)<0，f'(1)>0，所以存在x0∈(12,1)使得f'(x0)=ex0-1x0=0即ex0=1x0，也可得f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，然后结合零点存在定理，证明f(1e3)>0，f(x0)<0和f(e)>0，即可证明函数f(x)有且仅有两个零点；
(2)由题可知，ex1=lnx1+a，ex2=lnx2+a，于是要证ex1x2>ex1+ex2+2-2a，需证ex1x2>lnx1x2+2a+2-2a=lnx1x2+2，令x1x2=t∈(0,+∞)，需证et>lnt+2，令g(t)=et-lnt-2，结合(1)中的结论，可得g(t)min>0，因此原问题得证．
该题考查利用导数证明函数的零点问题和不等式恒成立问题，其中采用了隐零点的思维、零点存在定理和放缩法，考查学生转化与化归的能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)由题意得f'x=ex-ax∈R，
当a⩽0时，f'x>0，所以f(x)在R上单调递增；
当a>0时，由f'x=0，得x=lna，
当x当x>lna时，f'x>0，f(x)在lna,+∞上单调递增；
综上所述，当a⩽0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在-∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增.
(2)∵f(x)有两个零点x1，x2，不妨设x1由(1)可知，当a⩽0时，f'x>0，所以f(x)在R上单调递增，不符合题意；
当a>0时，fxmin=flna=a-alna+1=-a.lna<0，
即lna>0，解得a>1，
此时有f-1=1e>0,f0=1-a<0，
∴存在x1∈-1,0，使得fx1=0.
设y=ex-x-lnx-1x>1，
∴y'=ex-1-1x，在1,+∞上单调递增，
∴当x>1时，y'>e-2>0，
∴y=ex-x-lnx-1，在1,+∞上单调递增，
∴当x>1时，y=ex-x-lnx-1>e-2>0;
∴fa+lna=ea+lna-aa+lna+1=aea-a-lna-1>0，
∴存在x2∈lna,a+lna，使得fx2=0.
综上，当a>1时，f(x)有两个零点x1，x2，
∵ex1=ax1+1,ex2=ax2+1，且-1则0∴x1=lna+lnx1+1,x2=lna+lnx2+1，
∴x2-x1=lnx2+1x1+1，
设x2+1x1+1=tt>1，
有{x2+1x1+1=tx2-x1=lnt，则{x1+1=lntt-1x2+1=tlntt-1，
要证x1+x2>0，只需证t+1lntt-1-2>0，即证lnt>2t-1t+1，
设ht=lnt-2t-1t+1t>1，
则h't=1t-4t+12=t-12tt+12>0
∴ht在1,+∞上单调递增，
∴当t>1时，ht>h1=0，即lnt>2t-1t+1，
故x1+x2>0.;
【解析】此题主要考查了利用导数求函数单调性以及利用导数解决函数零点问题，属于难题.
(1)求导后对a分类讨论即可求解；
(2)先利用函数零点存在性定理判断零点所在区间，再利用导数结合分析法对题目进行求证.