2022-2023学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2022-2023学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷（含答案解析），共20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。
1．（5分）若函数f（x）＝sinxcsx，则f′（x）＝（ ）
A．sin2xB．﹣sin2xC．cs2xD．﹣cs2x
2．（5分）已知全集U＝R，A＝{x|﹣3＜x＜1}，B＝{x|0≤x＜2}，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．{x|﹣3＜x＜0}B．{x|﹣3＜x≤0}C．{x|﹣3＜x＜2}D．{x|0≤x＜1}
3．（5分）若p：实数a使得“∃x0∈R，”为真命题，q：实数a使得“∀x∈[1，+∞），x2﹣a＞0”为真命题，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）某银行拟面向部分科创小微企业开展贷款业务．调查数据表明，科创小微企业的贷款实际还款比例P（x）关于其年收入x（单位：万元）的函数模型为．已知当贷款小微企业的年收入为10万元时，其实际还款比例为50%，若银行期待实际还款比例为60%，则贷款小微企业的年收入约为（ ）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）
A．14万元B．16万元C．18万元D．20万元
5．（5分）函数f（x）＝ln|x﹣1|﹣ln|x+1|的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．（5分）已知定义在R上的奇函数，则的值为（ ）
A．﹣2B．2C．﹣4D．4
7．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）＝f（x），y＝f（x+1）是偶函数，若f（x）在（0，1）上单调递增，a＝f（ln2），，，则（ ）
A．b＜a＜cB．c＜a＜bC．a＜b＜cD．b＜c＜a
8．（5分）已知函数f（x）＝（x+1）ex，若函数F（x）＝f2（x）﹣mf（x）+m﹣1有三个不同的零点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知a＝lg212，b＝lg318，则（ ）
A．a＜bB．（a﹣2）（b﹣2）＝1
C．a+b＜7D．ab＞9
（多选）10．（5分）已知函数，则（ ）
A．f（x）有极大值﹣4
B．f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
C．f（x）的图象关于点（1，﹣2）中心对称
D．对∀x1，x2∈（1，+∞），都有
（多选）11．（5分）对于函数f（x），若在其定义域内存在x0使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的一个“不动点”，下列函数存在“不动点”的有（ ）
A．B．f（x）＝ex﹣3x
C．f（x）＝ex﹣1﹣2lnxD．
（多选）12．（5分）关于曲线f（x）＝lnx和的公切线，下列说法正确的有（ ）
A．无论a取何值，两曲线都有公切线
B．若两曲线恰有两条公切线，则
C．若a＜﹣1，则两曲线只有一条公切线
D．若，则两曲线有三条公切线
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）写出一个同时具有下列性质的函数f（x）＝ ．
①f（x1x2）＝f（x1）+f（x2）；②f（x）为增函数．
14．（5分）若函数f（x）＝x2﹣x+alnx在（1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为 ．
15．（5分）已知函数，若方程f（x）＝1有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为 ．
16．（5分）若f（x）是区间[a，b]上的单调函数，满足f（a）＜0，f（b）＞0，且f″（x）＞0（f″（x）为函数f′（x）的导数），则可用牛顿切线法求f（x）＝0在区间[a，b]上的根ξ的近似值：取初始值x0＝b，依次求出y＝f（x）图象在点（xk﹣1，f（xk﹣1））处的切线与x轴交点的横坐标xk（k＝1，2，3，…），当xk与ξ的误差估计值（m为|f′（x）|（x∈[a，b]）的最小值）在要求范围内时，可将相应的xk作为ξ的近似值．用上述方法求方程x3+2x﹣1＝0在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为 ，相应的xk值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知集合A＝{x|a﹣3＜x＜2a+1}，B＝{x|x2+3x﹣10≤0}．
（1）当a＝1时，求A∩B；
（2）若A∪B＝B，求实数a的取值范围．
18．（12分）已知函数f（x）＝ax3+bx2+2x，f′（x）＞0的解集为（﹣∞，1）∪（2，+∞）．
（1）求a，b的值；
（2）若g（x）是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，g（x）＝f（x），求不等式g（2x﹣3）+g（x）＞0的解集．
19．（12分）若函数f（x）＝aex+bx﹣1在x＝0处取得极小值0．
（1）求f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若不等式f（x）+f（2x）≥3x+m恒成立，求实数m的取值范围．
20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）证明：当0＜a＜1时，∃x∈（0，+∞），使得f（x）＜3a﹣a2﹣ln2．
21．（12分）某物流公司计划扩大公司业务，但总投资不超过100万元，市场调查发现，投入资金x（万元）和年增加利润y（万元）近似满足如下关系．
（1）若该公司投入资金不超过40万元，能否实现年增加利润30万元？
（2）如果你是该公司经营者，你会投入多少资金？请说明理由．
22．（12分）已知函数．
（1）求函数f（x）的零点个数；
（2）若g（x）＝（x﹣1）ex﹣af（x）有两个极值点，求实数a的取值范围．
2022-2023学年山东省烟台市高二（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．（5分）若函数f（x）＝sinxcsx，则f′（x）＝（ ）
A．sin2xB．﹣sin2xC．cs2xD．﹣cs2x
【解答】解：f（x）＝sinxcsx，
则f'（x）＝（sinx）'csx+sinx（csx）'＝cs2x﹣sin2x＝cs2x．
故选：C．
2．（5分）已知全集U＝R，A＝{x|﹣3＜x＜1}，B＝{x|0≤x＜2}，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．{x|﹣3＜x＜0}B．{x|﹣3＜x≤0}C．{x|﹣3＜x＜2}D．{x|0≤x＜1}
【解答】解：根据韦恩图，阴影部分表达的是集合A中不属于集合B的元素组成的集合，
又A＝{x|﹣3＜x＜1}，B＝{x|0≤x＜2}，
故阴影部分表示的集合为{x|﹣3＜x＜0}．
故选：A．
3．（5分）若p：实数a使得“∃x0∈R，”为真命题，q：实数a使得“∀x∈[1，+∞），x2﹣a＞0”为真命题，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解答】解：对于p：∃x0∈R，，
所以Δ＝4﹣4a≥0，即a≤1．
对于q：∀x∈[1，+∞），x2﹣a＞0，
因为函数y＝x2﹣a在[1，+∞）上单调递增，
所以当x＝1时，（x2﹣a）min＝1﹣a，
则1﹣a＞0，即a＜1．
所以p是q的必要不充分条件．
故选：B．
4．（5分）某银行拟面向部分科创小微企业开展贷款业务．调查数据表明，科创小微企业的贷款实际还款比例P（x）关于其年收入x（单位：万元）的函数模型为．已知当贷款小微企业的年收入为10万元时，其实际还款比例为50%，若银行期待实际还款比例为60%，则贷款小微企业的年收入约为（ ）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）
A．14万元B．16万元C．18万元D．20万元
【解答】解：由题意可知，
∴e﹣0.5+10k＝1，得k＝0.05，∴．
令，
得5e﹣0.5+0.05x＝3（1+e﹣0.5+0.05x），
得，
取对数得
得．
故选：C．
5．（5分）函数f（x）＝ln|x﹣1|﹣ln|x+1|的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：由，得x≠±1，
所以函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，1）∪（1，+∞），关于原点对称，
又f（﹣x）＝ln|﹣x﹣1|﹣ln|﹣x+1|＝ln|x+1|﹣ln|x﹣1|＝﹣f（x），
所以函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，故排除CD选项；
当时，函数，
当时，函数，故排除B选项．
故选：A．
6．（5分）已知定义在R上的奇函数，则的值为（ ）
A．﹣2B．2C．﹣4D．4
【解答】解：由于，所以，
由于f（x）为奇函数，所以，
，
所以，
，
故选：C．
7．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x+2）＝f（x），y＝f（x+1）是偶函数，若f（x）在（0，1）上单调递增，a＝f（ln2），，，则（ ）
A．b＜a＜cB．c＜a＜bC．a＜b＜cD．b＜c＜a
【解答】解：因为在R上的函数f（x）满足f（x+2）＝f（x），
所以f（x）的周期为2，
则，，
又因为20，
1＞ln2＞ln，
所以，
又因为f（x）在（0，1）上单调递增，
于是，
所以b＜c＜a．
故选：D．
8．（5分）已知函数f（x）＝（x+1）ex，若函数F（x）＝f2（x）﹣mf（x）+m﹣1有三个不同的零点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：函数f（x）＝（x+1）ex的定义域为R，求导得f′（x）＝（x+2）ex，当x＜﹣2时，f′（x）＜0，当x＞﹣2时，f′（x）＞0，
因此函数f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，，且x＜﹣1，恒有f（x）＜0，
由F（x）＝0，得[f（x）﹣1][f（x）﹣m+1]＝0，即f（x）＝1或f（x）＝m﹣1，由f（x）＝1，得x＝0，
于是函数F（x）有3个不同零点，当且仅当方程f（x）＝m﹣1有2个不同的解，即直线y＝m﹣1与y＝f（x）图象有2个公共点，
在同一坐标系内作出直线y＝m﹣1与y＝f（x）的图象，如图，
观察图象知，当，即时，直线y＝m﹣1与y＝f（x）的图象有2个公共点，
所以实数m的取值范围为．
故选：C．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
（多选）9．（5分）已知a＝lg212，b＝lg318，则（ ）
A．a＜bB．（a﹣2）（b﹣2）＝1
C．a+b＜7D．ab＞9
【解答】解：对于A，因为a＝lg212＞lg28＝3，b＝lg318＜lg327＝3，
所以a＞b，故A错误；
对于B，因为a＝lg212＝lg23+lg24＝lg23+2，即a﹣2＝lg23，
b＝lg318＝lg32+lg39＝lg32+2，即b﹣2＝lg32，
所以（a﹣2）（b﹣2）＝lg23×lg32＝1，故B正确；
对于C，因为a＝lg212＜lg216＝4，由A选项知，b＜3，
所以a+b＜7，故C正确；
对于D，由B选项知，a＝lg23+2，b＝lg32+2，
因为lg23≠lg32，且lg23＞lg21＝0，lg32＞lg31＝0，
所以，
即ab＞9，故D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（5分）已知函数，则（ ）
A．f（x）有极大值﹣4
B．f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
C．f（x）的图象关于点（1，﹣2）中心对称
D．对∀x1，x2∈（1，+∞），都有
【解答】解：对于A：f（x）的定义域为{x|x≠1}，
f′（x），
令f′（x）＝0得x＝0或2，
所以在（﹣∞，0）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（0，1）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（1，2）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（2，+∞）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以当x＝2时，f（x）极大值＝f（2）＝﹣4，故A正确；
对于B：由上可知f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，故B错误；
对于C：f（1﹣x）+f（1+x）4，
所以f（x）关于点（1，﹣2）对称，故C正确；
对于D：由（1）知f′（x），
所以f″（x），
当x＞1时，f″（x）＜0，
所以f（x）在（1，+∞）上向下凸，
所以对∀x1，x2∈（1，+∞），都有，故D正确，
故选：ACD．
（多选）11．（5分）对于函数f（x），若在其定义域内存在x0使得f（x0）＝x0，则称x0为函数f（x）的一个“不动点”，下列函数存在“不动点”的有（ ）
A．B．f（x）＝ex﹣3x
C．f（x）＝ex﹣1﹣2lnxD．
【解答】解：A：f（x）定义域为R，，则，由于，故方程无实数根，故A错误，
B：f（x）定义域为R，f（x）＝ex﹣3x＝x，记g（x）＝ex﹣4x，则g（x）的图象是连续不断的曲线，g（0）＝1＞0，g（1）＝e﹣4＜0，根据零点存在性定理可知g（x）在（0，1）存在零点，故B正确，
C：f（x）定义域为（0，+∞），f（x）＝ex﹣1﹣2lnx＝x，由于f（1）＝e0﹣0＝1，所以x＝1是f（x）的一个不动点，故C正确，
D：f（x）的定义域为（0，+∞），，令，则，
故当x＞2时，f′（x）＜0，F（x）单调递减，当0＜x＜2时，f′（x）＞0，F（x）单调递增，故当x＝2时，F（x）取极大值也是最大值，
故F（x）≤F（2）＝ln2﹣3＜0，故在（0，+∞）无实数根，故D错误．
故选：BC．
（多选）12．（5分）关于曲线f（x）＝lnx和的公切线，下列说法正确的有（ ）
A．无论a取何值，两曲线都有公切线
B．若两曲线恰有两条公切线，则
C．若a＜﹣1，则两曲线只有一条公切线
D．若，则两曲线有三条公切线
【解答】解：不妨设曲线f（x）＝lnx和的公切线分别与两曲线相切于（m，lnm）（m＞0），，
因为，，
所以，，
此时公切线的方程为，
即，
也可以为，
即，
所以，
整理得，
所以，
当a＞0时，﹣a＜0，
此时上述式子无意义，
则两曲线没有公切线，故选项A错误；
不妨设，
此时，
可得，
当0＜n＜﹣a时，F′（n）＜0；当n＞﹣a时，F′（n）＞0，
所以函数F（n）在（0，﹣a）上单调递减，在（﹣a，+∞）上单调递增，
则F（n）min＝F（﹣a）＝2ln（﹣a）+2﹣ln（﹣a）﹣1＝ln（﹣a）+1，
当F（﹣a）＝ln（﹣a）+1＜0，即时，F（n）＝0有两解，
此时方程在n＞0时有两解，
当F（﹣a）＝ln（﹣a）+1＝0，即时，F（n）＝0只有一解，
此时方程在n＞0时只有一解，
当F（﹣a）＝ln（﹣a）+1＞0，即时，F（n）＝0无解，
此时方程在n＞0时无解，
不妨设，
此时，
得到，
所以函数F（n）在（﹣∞，0）上单调递减，
当n→﹣∞时，2ln（﹣n）→+∞，，
所以F（n）→+∞，
当n→0时，2ln（﹣n）→﹣∞，，
所以F（n）→﹣∞，
易知函数F（n）在（﹣∞，0）上一定存在n0使得F（n0）＝0，
即方程在n＜0时只有一解，
综上所述，当时，有两条公切线，故选项B正确；
当时，有一条公切线，
又，
所以当a＜﹣1时，只有一条公切线，故选项C正确；
当时，有三条公切线，
因为，
所以当时，有三条公切线，故选项D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）写出一个同时具有下列性质的函数f（x）＝ lg2x ．
①f（x1x2）＝f（x1）+f（x2）；②f（x）为增函数．
【解答】解：取f（x）＝lg2x，该函数的定义域为（0，+∞），
对任意的x1、x2∈（0，+∞），f（x1x2）＝lg2（x1x2）＝lg2x1+lg2x2＝f（x1）+f（x2），
即f（x）＝lg2x满足①；
又因为函数f（x）＝lg2x为定义域（0，+∞）上的增函数，即f（x）＝lg2x满足②．
故函数f（x）＝lg2x满足条件．
故答案为：lg2x（形如f（x）＝lgax（a＞1）都可以，答案不唯一）．
14．（5分）若函数f（x）＝x2﹣x+alnx在（1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为 [﹣1，+∞） ．
【解答】解：因为f（x）＝x2﹣x+alnx，x＞1，
所以，
又函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以在x∈（1，+∞）上恒成立，
即a≥﹣2x2+x在x∈（1，+∞）上恒成立，
令g（x）＝﹣2x2+x，对称轴为直线，
所以函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以g（x）＜g（1）＝﹣1，
所以a≥﹣1，
即实数a的取值范围为[﹣1，+∞）．
故答案为：[﹣1，+∞）．
15．（5分）已知函数，若方程f（x）＝1有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为 ．
【解答】解：当x≤0时，0＜ex≤1，则a＜f（x）≤1+a，
若a＞0，当x＞0时，f（x）＝ln（x+3a）＞ln3a，
因为方程f（x）＝1有两个不相等的实数根，如图，
所以，即．
若a≤0，当x＞0时，f（x）＝ln（x+3a），此时方程f（x）＝1有1个解，如图，
当x≤0时，方程f（x）＝1有1个解需满足，即a＝0．
综上所述，实数a的取值范围为．
故答案为：．
16．（5分）若f（x）是区间[a，b]上的单调函数，满足f（a）＜0，f（b）＞0，且f″（x）＞0（f″（x）为函数f′（x）的导数），则可用牛顿切线法求f（x）＝0在区间[a，b]上的根ξ的近似值：取初始值x0＝b，依次求出y＝f（x）图象在点（xk﹣1，f（xk﹣1））处的切线与x轴交点的横坐标xk（k＝1，2，3，…），当xk与ξ的误差估计值（m为|f′（x）|（x∈[a，b]）的最小值）在要求范围内时，可将相应的xk作为ξ的近似值．用上述方法求方程x3+2x﹣1＝0在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为 2 ，相应的xk值为 ．
【解答】解：设f（x）＝x3+2x﹣1，
则f′（x）＝3x2+2，f″（x）＝6x，
当，
故可用牛顿切线法求f（x）＝0在区间[a，b]上的根ξ的近似值．
由于|f′（x）|＝3x2+2在单调递增，
所以|f′（x）|≥2，所以|f′（x）|的最小值为2，即m＝2，
y＝f（x）图象在点（xk﹣1，f（xk﹣1））处的切线方程为：
，
化简得，
令y＝0，则，
由于，
所以，
，
所以，，
，，
故x2作为ξ的近似值，
故答案为：2；．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知集合A＝{x|a﹣3＜x＜2a+1}，B＝{x|x2+3x﹣10≤0}．
（1）当a＝1时，求A∩B；
（2）若A∪B＝B，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，A＝{x|﹣2＜x＜3}，
而B＝{x|x2+3x﹣10≤0}＝{x|﹣5≤x≤2}，
所以A∩B＝{x|﹣2＜x≤2}．
（2）因为A∪B＝B，所以A⊆B，
当A＝∅时，a﹣3≥2a+1，即a≤﹣4，此时满足A⊆B；
当A≠∅时，要使A⊆B成立，
则需满足，解得．
综上所述，实数a的取值范围是{a|a≤﹣4或}．
18．（12分）已知函数f（x）＝ax3+bx2+2x，f′（x）＞0的解集为（﹣∞，1）∪（2，+∞）．
（1）求a，b的值；
（2）若g（x）是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，g（x）＝f（x），求不等式g（2x﹣3）+g（x）＞0的解集．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax3+bx2+2x，
所以f′（x）＝3ax2+2bx+2，
又f′（x）＞0的解集为（﹣∞，1）∪（2，+∞），
所以1和2是方程3ax2+2bx+2＝0的两个根，且a＞0，
所以，
解得，．
（2）由（1）知，，
由题意，当x≤0时，，
则g′（x）＝x2﹣3x+2＞0，
所以函数g（x）在（﹣∞，0]上单调递增，
又g（x）是定义在R上的奇函数，g（0）＝0，
所以函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以函数g（x）在R上单调递增．
由g（2x﹣3）+g（x）＞0，得g（2x﹣3）＞﹣g（x）＝g（﹣x），
所以2x﹣3＞﹣x，即x＞1，
所以不等式g（2x﹣3）+g（x）＞0的解集为（1，+∞）．
19．（12分）若函数f（x）＝aex+bx﹣1在x＝0处取得极小值0．
（1）求f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若不等式f（x）+f（2x）≥3x+m恒成立，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）因为f（x）＝aex+bx﹣1，
则f′（x）＝aex+b，
因为函数f（x）在x＝0处取得极小值0，
则，
解得，
此时f（x）＝ex﹣x﹣1，则f′（x）＝ex﹣1，
由f′（x）＜0可得x＜0，由f′（x）＞0可得x＞0，
所以函数f（x）的减区间为（﹣∞，0），增区间为（0，+∞），
所以函数f（x）在x＝0处取得极小值f（0）＝0，合乎题意，
则f（1）＝e﹣2，f′（1）＝e﹣1，
因此f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e﹣2）＝（e﹣1）（x﹣1），
即y＝（e﹣1）x﹣1．
（2）由f（x）+f（2x）≥3x+m可得m≤f（x）+f（2x）﹣3x，
设g（x）＝f（x）+f（2x）﹣3x＝ex+e2x﹣6x﹣2，则m≤g（x）min，
因为g′（x）＝2e2x+ex﹣6＝（ex+2）（2ex﹣3），
由g′（x）＜0可得，由g′（x）＞0可得，
所以，函数f（x）的减区间为，增区间为，
所以，
故实数m的取值范围为．
20．（12分）已知函数f（x）＝ax﹣lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）证明：当0＜a＜1时，∃x∈（0，+∞），使得f（x）＜3a﹣a2﹣ln2．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax﹣lnx（x＞0），则，
当a≤0时，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
综上，当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由（1）可知，当0＜a＜1时，f（x）在处取得最小值1+lna，
若∃x∈（0，+∞），使得f（x）＜3a﹣a2﹣ln2，
只需1+lna＜3a﹣a2﹣ln2，即a2﹣3a+1+lna+ln2＜0恒成立即可，
令g（a）＝a2﹣3a+1+lna+ln2（0＜a＜1），则，
当时，g′（a）＞0，g（a）单调递增，当时，g′（a）＜0，g（a）单调递减，
故当时，，
所以∃x∈（0，+∞），使得f（x）＜3a﹣a2﹣ln2．
21．（12分）某物流公司计划扩大公司业务，但总投资不超过100万元，市场调查发现，投入资金x（万元）和年增加利润y（万元）近似满足如下关系．
（1）若该公司投入资金不超过40万元，能否实现年增加利润30万元？
（2）如果你是该公司经营者，你会投入多少资金？请说明理由．
【解答】解：（1）当x∈[0，40]时，，
则，
令y′＝0，则，化简得x2＝720，解得或（舍去），
当时，y′＞0，则在上递增，
当时，y′＜0，则在上递减，
所以当时，取得最大值，
因为，所以目标不能实现；
（2）由（1）可知，当x∈[0，40]时，公司年增加最大利润为万元，
当x∈（40，100]时，y＝90x﹣x2﹣1980＝﹣（x﹣45）2+45，
所以当x＝45时，y＝90x﹣x2﹣1980取得最大值45，
因为，
所以投资45万元时，公司年增加利润最大为45万元．
22．（12分）已知函数．
（1）求函数f（x）的零点个数；
（2）若g（x）＝（x﹣1）ex﹣af（x）有两个极值点，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx+x，
显然f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又，f′（1）＝ln1+1＝1＞0，
所以存在，使得f′（x0）＝0，即lnx0+x0＝0，
当0＜x＜x0时f′（x）＜0，函数f（x）在（0，x0）上单调递减，
当x＞x0时f′（x）＞0，函数f（x）在（x0，+∞）上单调递增，
且，
且x→0时f（x）＜0且f（x）→0，f（2）＝2ln2＞0，
所以f（x）在（1，2）上有唯一的零点．
（2）因为，定义域为（0，+∞），
则g′（x）＝xex﹣a（lnx+x）＝xex﹣aln（xex），
因为g（x）＝（x﹣1）ex﹣af（x）有两个极值点，所以g′（x）有两个变号零点，
令t＝xex＞0，m（x）＝xex，x∈（0，+∞），则m′（x）＝（x+1）ex＞0，
所以m（x）＝xex在（0，+∞）上单调递增，
要使以g′（x）有两个变号零点，只需h（t）＝t﹣alnt，t∈（0，+∞）有两个变号零点，
，
当a≤0时h′（t）＞0在（0，+∞）上恒成立，h（t）单调递增，不满足题意，
当a＞0时，当0＜t＜a，h′（t）＜0，即h（t）单调递减，
当t＞a，h′（t）＞0，即h（t）单调递增，
所以h（t）在t＝a处取得极小值即最小值，h（t）min＝h（a）＝a﹣alna，
要使h（t）有两个变号零点，则h（t）min＝h（a）＝a﹣alna＜0，即lna＞1，解得a＞e，
此时h（1）＝1＞0，h（ea）＝ea﹣a2＞0，
所以h（t）在（1，a）和（a，ea）上各有一个变号零点，满足题意，
综上所述，实数a的取值范围为（e，+∞）．