【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)阶段性测试题3(导数及其应用)

阶段性测试题三(导数及其应用)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．(文)(2022·三亚市一中月考)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)[答案]D[解析]∵f(x)＝(x－3)ex，∴f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，由f′(x)>0得x>2，∴选D．(理)(2021·皖南八校联考)函数f(x)＝xex－ex＋1的单调递增区间是()A．(－∞，e) B．(1，e)C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)[答案]D[解析]f′(x)＝ex＋xex－ex＋1＝ex(1＋x－e)，由f′(x)>0得：x>e－1，故选D．2．(2021·韶关市十校联考)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是()A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq\f(2,x)[答案]D[解析]y＝ln(－x)，y＝xe－x都是非奇非偶函数，y＝x3是奇函数，但值域为R，不存在极值．只有y＝x＋eq\f(2,x)是奇函数，且存在微小值2和极大值－2.3．(文)(2022·甘肃省金昌市二中、临夏中学期中)已知函数f(x)＝lnx，则函数g(x)＝f(x)－f′(x)的零点所在的区间是()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)[答案]B[解析]由题可知g(x)＝lnx－eq\f(1,x)，∵g(1)＝－1<0，g(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneq\r(e)>0，∴选B．(理)(2022·长安一中质检)设a∈R，函数f(x)＝ex＋a·e－x的导函数是f′(x)，且f′(x)是奇函数．若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率是eq\f(3,2)，则切点的横坐标为()A．ln2 B．－ln2C．eq\f(ln2,2) D．－eq\f(ln2,2)[答案]A[解析]∵f′(x)＝ex－ae－x为奇函数，∴a＝1，设切点横坐标为x0，则f′(x0)＝ex0－e－x0＝eq\f(3,2)，∵ex0>0，∴ex0＝2，∴x0＝ln2，故选A．4．(2021·江西三县联考)已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋eq\f(1,a)x(a>0)，则f′(2)的最小值为()A．12＋4eq\r(2) B．16C．8＋8a＋eq\f(2,a) D．12＋8a＋eq\f(1,a)[答案]A[解析]∵f′(x)＝3x2＋4ax＋eq\f(1,a)，∴f′(2)＝12＋8a＋eq\f(1,a)，∵a>0，∴f′(2)≥12＋2eq\r(8a·\f(1,a))＝12＋4eq\r(2)，等号在a＝eq\f(\r(2),4)时成立．5．(2021·韶关市十校联考)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R，有大于－1的极值点，则()A．a<－1 B．a>－1C．a<－eq\f(1,e) D．a>－eq\f(1,e)[答案]C[解析]由y′＝ex＋a＝0得，ex＝－a，∵函数有大于－1的极值点，∴a＝－ex<－eq\f(1,e).6．(文)(2022·北京东城区联考)如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下面推断正确的是()A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数 B．在(1,3)上f(x)是减函数C．在(4,5)上f(x)是增函数 D．当x＝4时，f(x)取极大值[答案]C[解析]由导函数y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－2,1)上先减后增，在(1,3)上先增后减，在(4,5)上单调递增，x＝4是f(x)的微小值点，故A、B、D错误，选C．(理)(2021·潮阳一中、桂城中学等七校联考)由曲线y＝x2，y＝x3围成的封闭图形的面积为()A．eq\f(7,12) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,12)[答案]D[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2，,y＝x3，))得两曲线交点坐标为(0,0)，(1,1)，故积分区间为[0,1]，所求封闭图形的面积为eq\i\in(0,1,)(x2－x3)dx＝(eq\f(1,3)x3－eq\f(1,4)x4)|eq\o\al(1,0)＝eq\f(1,12).7．(2021·石光中学段考)函数f(x)在定义域R内可导，f(x)＝f(2－x)，当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，则()A．a<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<c<a[答案]B[解析]由f(x)＝f(2－x)知f(x)的图象关于直线x＝1对称，又x<1时，(x－1)f′(x)<0，∴f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴f(－1)<f(0)<f(eq\f(1,2))，又f(3)＝f(－1)，∴c<a<b.8．(文)(2021·湖北省教学合作十月联考)已知函数f(x)＝logax(0<a<1)的导函数为f′(x)，M＝f′(a)，N＝f(a＋1)－f(a)，P＝f′(a＋1)，Q＝f(a＋2)－f(a＋1)，则A，B，C，D中最大的数是()A．M B．NC．P D．Q[答案]D[解析]由于函数f(x)＝logax(0<a<1)是可导函数且为单调递减函数，M、P分别表示函数在点a，a＋1处切线的斜率，由于N＝eq\f(fa＋1－fa,a＋1－a)，Q＝eq\f(fa＋2－fa＋1,a＋2－a＋1)，故N，Q分别表示函数图象上两点(a，f(a))，(a＋1，f(a＋1))和两点(a＋1，f(a＋1))，(a＋2，f(a＋2))连线的斜率，由函数图象可知确定有M<N<P<Q，四个数中最大的是Q，故选D．(理)(2021·许昌、平顶山、新乡调研)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，其导函数f′(x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为()A．f(x)＝2sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4)) B．f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))C．f(x)＝2sin(x＋eq\f(π,4)) D．f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(3π,4))[答案]B[解析]f′(x)＝Aωcos(ωx＋φ)，由f′(x)的图象知，eq\f(T,2)＝eq\f(3π,2)－(－eq\f(π,2))＝2π，∴T＝4π，∴ω＝eq\f(1,2)，∴Aω＝2，∴A＝4，∴f′(x)＝2cos(eq\f(1,2)x＋φ)，由f′(x)的图象过点(eq\f(3π,2)，－2)得cos(eq\f(3π,4)＋φ)＝－1，∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f′(x)＝2cos(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))，∴f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))．9．(2021·庐江二中、巢湖四中联考)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的微小值点，以下结论确定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≥f(x0) B．－x0是f(－x)的极大值点C．－x0是－f(x)的微小值点 D．－x0是－f(－x)的极大值点[答案]D[解析]∵x0是f(x)的微小值点，y＝－f(－x)与y＝f(x)的图象关于原点对称，∴－x0是y＝－f(－x)的极大值点．10．(文)(2021·山东滕州一中单元检测)函数f(x)＝sinx＋2xf′(eq\f(π,3))，f′(x)为f(x)的导函数，令a＝－eq\f(1,2)，b＝log32，则下列关系正确的是()A．f(a)>f(b) B．f(a)<f(b)C．f(a)＝f(b) D．f(|a|)>f(b)[答案]A[解析]∵f(x)＝sinx＋2xf′(eq\f(π,3))，∴f′(x)＝cosx＋2f′(eq\f(π,3))，∴f′(eq\f(π,3))＝coseq\f(π,3)＋2f′(eq\f(π,3))，∴f′(eq\f(π,3))＝－eq\f(1,2)，∴f(x)＝sinx－x，∴f′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)在R上为减函数，∵a＝－eq\f(1,2)，b＝log32>0，∴a<b，∴f(a)>f(b)．(理)(2022·福建省闽侯二中、永泰二中、连江侨中、长乐二中联考)设函数F(x)＝eq\f(fx,ex)是定义在R上的函数，其中f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则()A．f(2)>e2f(0)，f(2022)>e2022f(0) B．f(2)<e2f(0)，f(2022)>e2022C．f(2)<e2f(0)，f(2022)<e2022f(0) D．f(2)>e2f(0)，f(2022)<e2022[答案]C[解析]∵函数F(x)＝eq\f(fx,ex)的导数F′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，∴函数F(x)＝eq\f(fx,ex)是定义在R上的减函数，∴F(2)<F(0)，即eq\f(f2,e2)<eq\f(f0,e0)，故有f(2)<e2f(0)．同理可得f(2022)<e2022f(0)．故选11．(文)(2021·娄底市名校联考)若函数f(x)＝x2－eq\f(1,2)lnx＋1在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[1，＋∞) B．[1，eq\f(3,2))C．[1，＋2) D．[eq\f(3,2)，2)[答案]B[解析]f(x)的定义域为(0，＋∞)，y′＝2x－eq\f(1,2x)，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，))∴1≤k<eq\f(3,2).(理)(2021·洛阳期中)设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝2021，则不等式exf(x)>ex＋2022(其中e为自然对数的底数)的解集为()A．(2022，＋∞) B．(－∞，0)∪(2022，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(0，＋∞)[答案]D[解析]令F(x)＝exf(x)－ex－2022，∵f(x)＋f′(x)>1，∴F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，∴F(x)在R上为增函数，又F(0)＝e0f(0)－e0－2022＝2021－1－2022＝0，∴由F(x)>F(0)得x>0，即exf(x)－ex－2022>0的解为x>0，故选12．(2022·山东省德州市期中)已知函数f(x)＝ex(sinx－cosx)，x∈(0,2021π)，则函数f(x)的极大值之和为()A．eq\f(e2π1－e2022π,e2π－1) B．eq\f(eπ1－e2022π,1－e2π)C．eq\f(eπ1－e1006π,1－e2π) D．eq\f(eπ1－e1006π,1－eπ)[答案]B[解析]f′(x)＝2exsinx，令f′(x)＝0得sinx＝0，∴x＝kπ，k∈Z，当2kπ<x<2kπ＋π时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当(2k－1)π<x<2kπ时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x＝(2k＋1)π时，f(x)取到极大值，∵x∈(0,2021π)，∴0<(2k＋1)π<2021π，∴0≤k<1006，k∈Z.∴f(x)的极大值之和为S＝f(π)＋f(3π)＋f(5π)＋…＋f(2011π)＝eπ＋e3π＋e5π＋…＋e2011π＝eq\f(eπ[1－e2π1006],1－e2π)＝eq\f(eπ1－e2022π,1－e2π)，故选B．第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)13．(文)(2021·北郊高中调研)曲线y＝x3＋mx＋c在点P(1，n)处的切线方程为y＝2x＋1，其中m，n，c∈R，则m＋n＋c＝________.[答案]5[解析]y′＝3x2＋m，由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋m＋c＝n，,3＋m＝2，,n＝2×1＋1.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝3，,c＝3.))∴m＋n＋c＝5.(理)(2022·江西临川十中期中)已知直线y＝2x－1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为________．[答案]eq\f(1,2)ln2[解析]∵y＝ln(x＋a)，∴y′＝eq\f(1,x＋a)，设切点为(x0，y0)，则y0＝2x0－1，y0＝ln(x0＋a)，且eq\f(1,x0＋a)＝2，解之得a＝eq\f(1,2)ln2.14．(文)(2022·杭州七校联考)若函数f(x)＝x3－3bx＋b在区间(0,1)内有极值，则实数b的取值范围是________．[答案](0,1)[解析]f′(x)＝3x2－3b，∵f(x)在(0,1)内有极值，∴f′(x)＝0在(0,1)内有解，∴0<b<1.(理)(2021·河南八校联考)已知函数f(x)＝esinx＋cosx－eq\f(1,2)sin2x(x∈R)，则函数f(x)的最大值与最小值的差是________．[答案]eeq\r(2)－e－eq\r(2)[解析]令sinx＋cosx＝t，则sin2x＝t2－1，易知－eq\r(2)≤t≤eq\r(2)，∴函数f(x)化为y＝et－eq\f(1,2)t2＋eq\f(1,2).(－eq\r(2)≤t≤eq\r(2))，y′＝et－t，令u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1.当0<t≤eq\r(2)时，u′(t)>0，当－eq\r(2)≤t<0时，u′(t)<0，∴u(t)在[－eq\r(2)，0]上单调递减，在[0，eq\r(2)]上单调递增，∴u(t)的最小值为u(0)＝1，于是u(t)≥1，∴y′>0，∴函数y＝et－eq\f(1,2)t2＋eq\f(1,2)在[－eq\r(2)，eq\r(2)]上为增函数，∴其最大值为eeq\r(2)－eq\f(1,2)，最小值为e－eq\r(2)－eq\f(1,2)，其差为eeq\r(2)－e－eq\r(2).15．(2021·滕州一中检测)已知x∈R，奇函数f(x)＝x3－ax2－bx＋c在[1，＋∞)上单调，则字母a，b，c应满足的条件是________．[答案]a＝c＝0，b≤3[解析]∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝0恒成立，∴a＝c＝0，∴f(x)＝x3－bx，f′(x)＝3x2－b，∵f(x)在[1，＋∞)上单调，∴eq\r(\f(b,3))≤1，∴b≤3.16．(2022·泉州试验中学期中)已知函数f(x)＝x3－3x，若过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，则实数m的取值范围为________．[答案](－3，－2)[解析]f′(x)＝3x2－3，设切点为P(x0，y0)，则切线方程为y－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，∵切线经过点A(1，m)，∴m－(xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(3xeq\o\al(2,0)－3)(1－x0)，∴m＝－2xeq\o\al(3,0)＋3xeq\o\al(2,0)－3，m′＝－6xeq\o\al(2,0)＋6x0，∴当0<x0<1时，此函数单调递增，当x0<0或x0>1时，此函数单调递减，当x0＝0时，m＝－3，当x0＝1时，m＝－2，∴当－3<m<－2时，直线y＝m与函数y＝－2xeq\o\al(3,0)＋3xeq\o\al(2,0)－3的图象有三个不同交点，从而x0有三个不同实数根，故过点A(1，m)可作三条不同切线，∴m的取值范围是(－3，－2)．三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．(本小题满分12分)(2021·庐江二中、巢湖四中联考)已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1处取得极值，且f(1)＝－1.(1)求常数a，b，c的值；(2)求f(x)的极值．[解析](1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由已知有f′(1)＝f′(－1)＝0，f(1)＝－1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a＋2b＋c＝0，,3a－2b＋c＝0，,a＋b＋c＝－1.))∴a＝eq\f(1,2)，b＝0，c＝－eq\f(3,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(3,2)x，∴f′(x)＝eq\f(3,2)x2－eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)(x－1)(x＋1)，当x<－1时，或x>1时，f′(x)>0.当－1<x<1时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)内分别为增函数；在(－1，1)内是减函数．∴当x＝－1时，函数f(x)取得极大值f(－1)＝1；当x＝1时，函数f(x)取得微小值f(1)＝－1.18．(本小题满分12分)(文)(2022·山东省菏泽市期中)已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．[解析](1)∵f(x)＝ax3＋bx＋c，∴f′(x)＝3ax2＋b，∵f(x)在点x＝2处取得极值c－16，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，,f2＝c－16，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,8a＋2b＋c＝c－16.))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋b＝0，,4a＋b＝－8.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－12.))(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－2)上为增函数，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，f(x)在(－2,2)上为减函数，当x∈(2，＋∞)时f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x2＝2处取得微小值f(2)＝c－16，由题设条件知16＋c＝28得c＝12，此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，因此f(x)上[－3,3]的最小值为f(2)＝－4.(理)(2022·江西临川十中期中)已知函数g(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(1)当a＝1时，求函数g(x)的单调增区间；(2)求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．[解析](1)当a＝1时，g(x)＝x2－3x＋lnx，g′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，由g′(x)>0得，x>1或x<eq\f(1,2)，∴函数f(x)的单调增区间为(0，eq\f(1,2))，(1，＋∞)．(2)∵g(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx∴g′(x)＝2x－(2a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2a＋1x＋a,x)＝eq\f(2x－1x－a,x)，∵x∈[1，e]，∴当a≤1时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝－2a；当1<a<e时，若x∈(1，a)，则g′(x)<0，g(x)单调递减若x∈(a，e)，则g′(x)>0，g(x)单调递增．g(x)min＝g(a)＝－a2－a＋alna；当a≥e时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min＝g(e)＝e2－(2a＋1)e＋agmin(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a，a≤1，,－a2－a＋alna，1<a<e，,e2－2a＋1e＋a，a≥e.))19．(本小题满分12分)(文)(2022·韶关市曲江一中月考)已知函数f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是R上的奇函数，当x＝1时，f(x)取得极值－2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调区间和极大值；(3)证明：对任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．[解析](1)∵f(x)是R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即－ax3－cx＋d＝－ax3－cx－d，∴d＝－d，∴d＝0(或由f(0)＝0得d＝0)．∴f(x)＝ax3＋cx，f′(x)＝3ax2＋c，又当x＝1时，f(x)取得极值－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝－2，,f′1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝－2，,3a＋c＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,c＝－3.))∴f(x)＝x3－3x.(2)f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，当－1<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x<－1或x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；∴函数f(x)的递增区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)；递减区间为(－1,1)．因此，f(x)在x＝－1处取得极大值，且极大值为f(－1)＝2.(3)由(2)知，函数f(x)在区间[－1,1]上单调递减，且f(x)在区间[－1,1]上的最大值为M＝f(－1)＝2.最小值为m＝f(1)＝－2.∴对任意x1，x2∈(－1,1)，|f(x1)－f(x2)|<M－m＝4成立．即对任意x1、x2∈(－1,1)，不等式|f(x1)－f(x2)|<4恒成立．(理)(2021·皖南八校联考)函数f(x)＝eq\f(a,3)x3－eq\f(1,2)x2＋ax＋1(a∈R)的导函数为f′(x)．(1)若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；(2)已知不等式f′(x)>x2＋x－a对任意a∈(0，＋∞)都成立，求实数x的取值范围．[解析](1)f′(x)＝ax2－x＋a，由于函数f(x)在x＝2时取得极值，所以f′(2)＝0.即4a－2＋a＝0，解得a＝eq\f(2,5)，此时f′(x)在x＝2两边异号，f(x)在x＝2处取得极值．(2)方法一：由题设知：ax2－x＋a>x2＋x－a对任意a∈(0，＋∞)都成立，即a(x2＋2)－x2－2x>0对任意a∈(0，＋∞)都成立．设g(a)＝a(x2＋2)－x2－2x(a∈R)，则对任意x∈R，g(a)为单调递增函数(a∈R)，所以对任意a∈(0，＋∞)，g(a)>0恒成立的充分必要条件是g(0)≥0，即－x2－2x≥0，∴－2≤x≤0，于是x的取值范围是{x|－2≤x≤0}．方法二：由题设知：ax2－x＋a>x2＋x－a，对任意a∈(0，＋∞)都成立，即a(x2＋2)－x2－2x>0对任意a∈(0，＋∞)都成立，于是a>eq\f(x2＋2x,x2＋2)对任意a∈(0，＋∞)都成立，即eq\f(x2＋2x,x2＋2)≤0.∴－2≤x≤0，于是x的取值范围是{x|－2≤x≤0}．20．(本小题满分12分)(2022·北京海淀期中)已知函数f(x)＝x2－2(a＋1)x＋2alnx(a>0)．(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)若f(x)≤0在区间[1，e]上恒成立，求实数a的取值范围．[解析](1)∵a＝1，∴f(x)＝x2－4x＋2lnx，∴f′(x)＝eq\f(2x2－4x＋2,x)(x>0)，f(1)＝－3，f′(1)＝0，所以切线方程为y＝－3.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2a＋1x＋2a,x)＝eq\f(2x－1x－a,x)(x>0)，令f′(x)＝0得x1＝a，x2＝1，当0<a<1时，在x∈(0，a)或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，在x∈(a,1)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调递减区间为(a,1)；当a＝1时，f′(x)＝eq\f(2x－12,x)≥0，∴f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>1时，在x∈(0,1)或x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，在x∈(1，a)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，单调递减区间为(1，a)．(3)由(2)可知，f(x)在区间[1，e]上只可能有微小值点，∴f(x)在区间[1，e]上的最大值必在区间端点取到，∴f(1)＝1－2(a＋1)≤0且f(e)＝e2－2(a＋1)e＋2a≤0，解得a≥eq\f(e2－2e,2e－2).21．(本小题满分12分)(2022·三峡名校联盟联考)时下，网校教学越来越受到广高校生的宠爱，它已经成为同学们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足的关系式y＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，其中2<x<6，m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．(1)求m的值；(2)假设网校的员工工资、办公等全部开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数)[解析](1)由于x＝4时，y＝21，代入关系式y＝eq\f(m,x－2)＋4(x－6)2，得eq\f(m,2)＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2，所以每日销售套题所获得的利润f(x)＝(x－2)[eq\f(10,x－2)＋4(x－6)2]＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，从而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．令f′(x)＝0，得x＝eq\f(10,3)，且在(0，eq\f(10,3))上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在(eq\f(10,3)，6)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以x＝eq\f(10,3)是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x＝eq\f(10,3)≈3.3时，函数f(x)取得最大值．故当销售价格