2023-2024学年广东省广州市荔湾区真光中学高二（下）质检数学试卷（3月份）(含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市荔湾区真光中学高二（下）质检数学试卷（3月份）(含解析），共18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.曲线f(x)=ex(x2−2x−1)(其中e是自然对数的底数)在点(1,f(1))处的切线方程是( )
A. x+y+1=0B. 2ex+y=0C. 3x+y+1=0D. 2ex+y+1=0
2.已知定义在(0,3]上的函数f(x)的图象如图，则不等式(x−1)⋅f′(x)<0的解集为( )
A. (0,2)
B. (1,2)
C. (2,3)
D. (0,1)∪(1,2)
3.函数y=f(x)的导数y=f′(x)仍是x的函数，通常把导函数y=f′(x)的导数叫做函数的二阶导数，记作y=f′′(x)，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数….一般地，n−1阶导数的导数叫做n阶导数，函数y=f(x)的n阶导数记为y=f(n)(x)，例如y=ex的n阶导数(ex)(n)=ex.若f(x)=xex+cs2x，则f(50)(0)=( )
A. 49+249B. 49C. 50D. 50−250
4.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(−1)=0，当x>0时，xf′(x)−f(x)<0，则使得f(x)<0成立的x的取值范围是( )
A. (−∞,−1)∪(0,1)B. (−1,0)∪(1,+∞)
C. (−∞,−1)∪(−1,0)D. (0,1)∪(1,+∞)
5.若函数f(x)=e2x4−axex有两个极值点，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,−12)B. (−12,0)C. (12,+∞)D. (0,12)
6.某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万斤，每种植1斤藕，成本增加1元．销售额y(单位：万元)与莲藕种植量x(单位：万斤)满足y=−16x3+ax2+x(a为常数)，若种植3万斤，利润是232万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕( )
A. 6万斤B. 8万斤C. 7万斤D. 9万斤
7.已知函数f(x)=alnx+12x2，若对任意正数x1，x2(x1≠x2)，都有f(x1)−f(x2)x1−x2>2恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. (0,1]B. (0,2]C. [1,+∞)D. [2,+∞)
8.已知函数f(x)=ae−x,x≤1lnxa,x>1(a>0)图象上存在关于y轴对称的两点，则正数a的取值范围是( )
A. (e,+∞)B. (0,1e)C. (1e,e)D. (1e,+∞)
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.下列命题正确的有( )
A. 已知函数f(x)在R上可导，若f′(1)=1，则Δx→0limf(1+2Δx)−f(1)Δx=2
B. 已知函数f(x)=ln(2x+1)，若f′(x0)=1，则x0=0
C. 若函数f(x)=−13x3+x2+1，则f(x)的极大值为1
D. 设函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，则f′(2)=−94
10.函数y=(kx2+1)ex的图象可能是( )
A. B.
C. D.
11.已知函数f(x)=x(1−lnx)，下列选项正确的是( )
A. f(x)有最大值
B. f(3e)C. 若x≥e时，f(x)−a(e−x)≤0恒成立，则a≤1
D. 设x1，x2为两个不相等的正数，且lnx1x1−lnx2x2=1x2−1x1，则1x1+1x2>2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=12x2−2x−3lnx的单调递减区间为______．
13.设函数f(x)=x3−sinx+x+1，则满足f(x)+f(1−2x)<2的x取值范围是______．
14.已知函数f(x)=x(x−c)2在x=2处有极小值，则c等于______；若曲线y=f(x)有3条过点(0,a)的切线，则实数a的取值范围是______．
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f(x)=x3+ax2+bx+c在点P(0,−2)处的切线斜率为−1，且在x=1处取得极值．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x∈[−1,2]时，求函数f(x)的最值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=13x3+ax,g(x)=−x2−a(a∈R)．
(1)若函数F(x)=f(x)−g(x)在x∈[1,+∞)上单调递增，求a的最小值；
(2)若函数G(x)=f(x)+g(x)的图象与y=ax有且只有一个交点，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
某服装厂主要从事服装加工生产，依据以往的数据分析，若加工产品订单的金额为x万元，可获得的加工费为12ln(2x+1)−mx万元，其中m∈(0,1)．
(1)若m=1201，为确保企业获得的加工费随加工产品订单的金额x的增长而增长，则该企业加工产品订单的金额x(单位：万元)应在什么范围内？
(2)若该企业加工产品订单的金额为x万元时共需要的生产成本为120x万元，已知该企业加工生产能力为x∈[20,30](其中x为产品订单的金额)，试问m在何范围时，该企业加工生产将不会出现亏损．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=2lnx−ax2−2(a−1)x+1(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=axex−12(x+1)2,a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>1时，令g(x)=lnx−12(x2−1)，求证：f(x)>g(x)．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：f(x)=ex(x2−2x−1)的导数为f′(x)=ex(x2−3)，
∴f′(1)=e(1−3)=−2e，又f(1)=−2e，
∴曲线f(x)=ex(x2−2x−1)在点(1,f(1))处的切线方程是y+2e=−2e(x−1)，
即2ex+y=0，
故选：B．
求得f(x)的导数，由导数的几何意义，代入x=0可得切线的斜率，求得切点，由直线的点斜式方程可得所求切线的方程．
本题考查导数的运用：求切线的方程，以及直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由f(x)的图象可知在(0,1)上f(x)单调递增，f′(x)>0，x−1<0，
所以(x−1)f′(x)<0，满足题意，
在(1,2)上f(x)单调递减，f′(x)<0，x−1>0，
所以(x−1)f′(x)<0，满足题意，
在(2,3)上f(x)单调递增，f′(x)>0，x−1>0，
所以(x−1)f′(x)>0，不满足题意，
所以不等式(x−1)⋅f′(x)<0的解集为{x|0故选：A．
由f(x)的图象可知f(x)单调性，进而可得f′(x)，x−1符号，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档题．
3.【答案】D
【解析】解：f′(x)=ex+xex−2sin2x=(x+1)ex−2sin2x，f″(x)=ex+(x+1)ex−4cs2x=(x+2)ex−4cs2x，
∴f(50)(x)=(x+50)ex−250cs2x，
∴f(50)(0)=50−250．
故选：D．
可通过求一阶导数和二阶导数找规律，从而得出f(x)的50阶导数，然后即可得出答案．
本题考查了基本初等函数和复合函数的求导公式，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：设g(x)=f(x)x，则g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，
∵当x>0时，总有xf′(x)即当x>0时，g′(x)恒小于0，
∴当x>0时，函数g(x)=f(x)x为减函数，
又∵g(−x)=f(−x)−x=−f(x)−x=f(x)x=g(x)，
∴函数g(x)为定义域上的偶函数，
又∵g(−1)=f(−1)−1=0，
∴函数g(x)的图象性质类似如图：
数形结合可得，不等式f(x)<0⇔x⋅g(x)<0
⇔x<0g(x)>0或x>0g(x)<0⇔−11．
故选：B．
由已知：当x>0时，总有xf′(x)−f(x)<0成立，可判断函数g(x)=f(x)x为减函数，由已知f(x)是定义在R上的奇函数，可证明g(x)为(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，根据函数g(x)在(0,+∞)上的单调性和奇偶性，模拟g(x)的图象，而不等式f(x)<0等价于x⋅g(x)<0，数形结合解不等式组即可．
本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．
5.【答案】C
【解析】解：f′(x)=e2x2−aex−axex=ex2(ex−2ax−2a)，因为有两个极值点，
故ex−2ax−2a=0有两个根，即y=ex和y=2a(x+1)的图像有两个交点，画出图像，
若a<0，显然1个交点，不合题意；若a>0，设直线y=2a(x+1)和y=ex相切于点(x0,ex0)，
则2a=ex02a(x0+1)=ex0,解得x0=0,故切点是(0,1),故2a>1,解得a>12.
故选：C．
先求导，将有两个极值点转化为y=ex和y=2a(x+1)的图像有两个交点，画出图像，通过切线解决即可．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：设销售利润为f(x)，则f(x)=y−(2+x×1)=−16x3+ax2−2(0∵f(3)=232，∴−16×33+a×32−2=232，解得a=2，
∴f(x)=−16x3+2x2−2，f′(x)=−12x2+4x=−12x(x−8)，
当00，f(x)单调递增；当8∴当x=8时，销售利润f(x)最大．
故选：B．
设销售利润为f(x)，根据利润=销售额−成本，列出关系式f(x)=−16x3+ax2−2(0本题考查利用导数解决实际生活中的最优问题、导数的运算法则，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：因为对任意两个不等的正数x1，x2，都有f(x1)−f(x2)x1−x2>2恒成立，
设x1>x2，则f(x1)−f(x2)>2x1−2x2，
即f(x1)−2x1>f(x2)−2x2恒成立，
令函数F(x)=f(x)−2x，
问题等价于F(x)=alnx+12x2−2x在(0,+∞)上为增函数，
所以F′(x)=ax+x−2≥0在(0,+∞)上恒成立，
即a≥2x−x2在(0,+∞)上恒成立，
所以a≥(2x−x2)max=1，
即实数a的取值范围是[1,+∞)．
故选：C．
问题等价于F(x)=alnx+12x2−2x在(0,+∞)上为增函数，求出函数的导数，问题转化为a≥2x−x2在(0,+∞)上恒成立，求出a的范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为f(x)=ae−x,x≤1lnxa,x>1(a>0)，
所以当x≤1时，f(x)=ae−x在(−∞,1]上单调递减；
当x>1时，f(x)=lnxa在(1,+∞)上单调递增；
又f(x)的图象上存在关于y轴对称的两点，
所以这两个对称点分别位于y=ae−x(x≤1)与y=lnxa(x>1)的图象上；
设P(x0,y0)在y=lnxa(x>1)的图象上，则P′(−x0,y0)在函数y=ae−x的图象上，且x0>1，
故有aex0=lnx0a(x0>1)，即ex0+lna+lna=lnx0，
进而ex0+lna+lna+x0=x0+lnx0=elnx0+lnx0；
设φ(x)=ex+x，则φ(lna+x0)=φ(lnx0)，
又φ′(x)=ex+1>0恒成立，故φ(x)在R上单调递增，
所以lna+x0=lnx0，即lna=lnx0−x0，
令h(x)=lnx−x，x∈(1,+∞)，则h′(x)=1−xx<0在(1,+∞)上恒成立，
故h(x)在(1,+∞)上单调递减，
故h(x)故选：B．
先分析f(x)的单调性，可得对称点分别位于y=ae−x(x≤1)与y=lnxa(x>1)的图象上，从而得到aex0=lnx0a(x0>1)，进而利用同构法，构造函数φ(x)=ex+x得到lna=lnx0−x0，再构造函数h(x)=lnx−x，x∈(1,+∞)，由此得解．
本题主要考查了分段函数的性质，考查了利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：选项A，Δx→0limf(1+2Δx)−f(1)Δx=2，Δx→0limf(1+2Δx)−f(1)2Δx=2f′(1)=2，故选项A正确．
选项B，因为f′(x)=22x+1，令f′(x0)=22x0+1=1，则x0=12，故选项B错误．
选项C，函数f(x)=−13x3+x2+1，则f′(x)=−x2+2x=−x(x−2)，
令f′(x)=0，得x=0或x=2，令f′(x)>0，解得02或x<0．
所以函数f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，(2,+∞)，单调递增区间为(0,2)．
所以当x=2时，函数f(x)有极大值为f(2)=73，故选项C错误．
选项D，由已知可得f′(x)=2x+3f′(2)+1x，
所以f′(2)=2×2+3f′(2)+12，则f′(2)=−94，故选项D正确．
故选：AD．
根据导数的运算性质对各个选项逐个求解即可判断．
本题考查导数的综合应用，属中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：根据题意，对于y=(kx2+1)ex，
分3种情况讨论：
①当k=0时，y=ex，是指数函数，与选项A的图象对应，
②当k<0时，若y=(kx2+1)ex=0，解可得：x=± −1k，
在区间(−∞,− −1k)上，kx2+1<0，有y=(kx2+1)ex<0，
在区间(− −1k, −1k)上，kx2+1>0，有y=(kx2+1)ex>0，
在区间( −1k,+∞)上，kx2+1<0，有y=(kx2+1)ex<0，与选项A的图象对应，
③当k>0时，kx2+1>0，有y=(kx2+1)ex>0，即函数的图象在x轴的上方，
其导数y′=(2kx)ex+(kx2+1)ex=(kx2+2kx+1)ex，
对于kx2+2kx+1=0，
其中当0此时y′=(kx2+2kx+1)ex>0恒成立，函数y=(kx2+1)ex有在R上递增，没有选项的图象与之对应，
当k>1时，Δ=4k2−4k>0，方程kx2+2kx+1=0有两个负根，
此时函数y=(kx2+1)ex有两个极值点，且都在y轴左侧，与选项C的图象对应，
同时选项D的图象不可能成立．
故选：ABC．
根据题意，分k=0，k<0和k>0三种情况讨论函数的图象，由此分析选项即可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的导数与单调性的关系，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A：已知f(x)=x(1−lnx)，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=1−lnx−1=−lnx，
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=1时，函数f(x)取得极大值也是最大值，最大值f(1)=1，故选项A正确；
对于选项B：因为f(3e)=3e(1−ln3e)=3(2−ln3)e，f(1e)=1e(1−ln1e)=2e，
所以f(3e)−f(1e)=3(2−ln3)e−2e=4−3ln3e=1elne427>0，
则f(3e)>f(1e)，故选项B错误；
对于选项C：不妨设g(x)=f(x)−a(e−x)，函数定义域为[e,+∞)，
可得g′(x)=−lnx+a，
因为g(e)=0，
若x≥e时，f(x)−a(e−x)≤0恒成立，
可得当x≥e时，g(x)≤0恒成立，
此时F′(e)=−1+a≤0，
解得a≤1，
若a≤1，
此时g′(x)=−lnx+a≤0恒成立，
所以g(x)在[e,+∞)上单调递减，
则g(x)≤g(e)=0，符合题意，
综上，满足条件的a的取值范围为(−∞,1]，故选项C正确；
对于选项D：因为x1，x2为两个不相等的正数，且lnx1x1−lnx2x2=1x2−1x1，
所以1x1(1−ln1x1)=1x2(1−ln1x2)，
即f(1x1)=f(1x2)，
因为函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
当x→0时，f(x)→0，
当00，
不妨设0<1x1<1<1x2不妨设h(x)=f(1+x)−f(1−x)，函数定义域为(0,1)，
可得h′(x)=f′(1+x)+f′(1−x)=−ln(1+x)−ln(1−x)=−ln(1−x²)>0恒成立，
所以函数h(x)在(0,1)上单调递增，
此时g(x)>g(0)=0，
所以当0f(1−x)，
即当0f(x)，
整理得f(1x2)=f(1x1)因为函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，且1<2−1x1<2，1<1x2所以1x2>2−1x1，
即1x1+1x2>2，故选项D正确．
故选：ACD．
由题意，对函数f(x)进行求导，利用导数得到函数f(x)的单调性和最值，进而可判断选项A；将x=3e和x=1e代入函数f(x)的解析式中，利用作差法进行求解即可判断选项B；构造函数g(x)=f(x)−a(e−x)，对函数g(x)进行求导，结合定点即可判断选项C；将lnx1x1−lnx2x2=1x2−1x1转化成f(1x1)=f(1x2)，结合选项A中所得信息，设0<1x1<1<1x2本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
12.【答案】(0,3)
【解析】解：由题意得函数定义域为(0,+∞)，f′(x)=x−2−3x=x2−2x−3x=(x−3)(x+1)x，
由f′(x)=0得x=3，由f′(x)<0得0∴f(x)在(0,3)上单调递减．
故答案为：(0,3)．
由题意得函数定义域为(0,+∞)，f′(x)=x−2−3x=x2−2x−3x=(x−3)(x+1)x，求出f′(x)<0，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
13.【答案】(1,+∞)
【解析】解：构造函数g(x)=f(x)−1=x3−sinx+x，x∈R，
g(−x)=−x3+sinx−x=−g(x)，所以g(x)是奇函数，
g′(x)=3x2+1−csx≥0，当且仅当x=0时取等号，所以g(x)在R上单调递增，
由f(x)+f(1−2x)<2，得f(x)−1+f(1−2x)−1<0，
g(x)+g(1−2x)<0，g(x)<−g(1−2x)=g(2x−1)，
则x<2x−1，x>1，所以x的取值范围是(1,+∞)．
故答案为：(1,+∞)．
通过构造奇函数，结合函数的单调性来求得不等式的解集．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性与奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
14.【答案】2 (0,6427)
【解析】解：因为f(x)=x(x−c)2，则f′(x)=(x−c)2+2x(x−c)=(x−c)(3x−c)，
由f′(x)=0可得x=c或x=c3，且c与c3同号，
因为函数f(x)=x(x−c)2在x=2处有极小值，
即函数f(x)的极小值点为正数，则必有c>0，此时，c3所以，函数f(x)的极小值点为x=c，故c=2，则f(x)=x(x−2)2，
设切点为(t,t(t−2)2)，因为f′(x)=(x−2)(3x−2)，
则f′(t)=(t−2)(3t−2)，所以，切线方程为y−t(t−2)2=(t−2)(3t−2)(x−t)，
将点(0,a)的坐标代入切线方程可得a=t(t−2)2−t(t−2)(3t−2)=4t2−2t3，
令g(t)=4t2−2t3，则g′(t)=8t−6t2，令g′(t)=0，可得t=0或t=43，列表如下：
由题意可知，函数y=a与函数g(t)的图象有三个公共点，如下图所示：
由图可知，当0因此，实数a的取值范围是(0,6427).
故答案为：2；(0,6427).
利用导数分析函数f(x)的单调性，分析可知c>0，根据函数f(x)的极小值点可求得c的值；设切点为(t,t(t−2)2)，利用导数写出切线方程，将点(0,a)的坐标代入切线方程，可知方程a=4t2−2t3有三个不等的实根，设g(t)=4t2−2t3，利用导数分析函数g(t)的单调性与极值，分析可知函数y=a与函数g(t)的图象有三个公共点，数形结合可得出实数a的取值范围．
本题考查导数的综合应用，考查函数的极值，考查方程与函数的关系，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为f(x)=x3+ax2+bx+c，
所以f′(x)=3x2+2ax+b，
由题意可知，f(0)=−2，f′(0)=−1，f′(1)=0，
所以f(0)=c=−2f′(0)=b=−1f′(1)=3+2a+b=0，解得a=−1，b=−1，c=−2，
所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3−x2−x−2，经检验适合题意，
所以f(x)=x3−x2−x−2；
(2)由(1)知f′(x)=3x2−2x−1=(3x+1)(x−1)，
令f′(x)=0，则(3x+1)(x−1)=0，解得x=−13，或x=1，
当x∈[−1,−13)∪[1,2]时，f′(x)>0；当x∈(−13,1)时，f′(x)<0；
所以f(x)在[−1,−13)和[1,2]上单调递增，在[−13,1)上单调递减，
当x=−13时，f(x)取的极大值为f(−13)=−127−19+13−2=−4927，
当x=1时，f(x)取得极小值为f(1)=13−12−1−2=−3，
又f(−1)=(−1)3−(−1)2−(−1)−2=−3，f(2)=23−22−2−2=0，
所以f(x)min=−3，f(x)max=0．
【解析】(1)利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解；
(2)利用导数法求函数的最值的步骤即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的最值与极值，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)F(x)=f(x)−g(x)=13x3+ax+x2+a，F′(x)=x2+2x+a，
因函数F(x)=f(x)−g(x)在x∈[1,+∞)上单调递增，
所以F′(x)=x2+2x+a≥0在x∈[1,+∞)恒成立，即a≥−3，
∴a的最小值为−3；
(2)G(x)=f(x)+g(x)=13x3−x2+ax−a与y=ax有且只有一个交点，
即13x3−x2+ax−a=ax只有一个根，
∴13x3−x2−a=0只有一个根，
令h(x)=13x3−x2，所以h(x)的图象与y=a的图象只有一个交点，
h′(x)=x2−2x，令h′(x)>0，解得x<0或x>2，
令h′(x)<0，解得0所以h(x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，(0,2)上单调递减，h(x)的图象如下所示：

∴h(x)极大值=h(0)=0，h(x)极小值=h(2)=−43，
又∵h(x)的图象与y=a的图象只有一个交点，
∴a∈(−∞,−43)∪(0,+∞)．
【解析】(1)将函数F(x)在x∈[1,+∞)上单调递增转化为F′(x)≥0在x∈[1,+∞)恒成立，即a≥(−x2−2x)max，然后求最值即可；
(2)将函数G(x)与y=ax有且只有一个交点转化为13x3−x2−a=0只有一个根，再转化为h(x)=13x3−x2的图象与y=a的图象只有一个交点，然后根据图象求a的范围即可．
本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设加工费用为f(x)，则f(x)=12ln(2x+1)−1201x，
∴f′(x)=200201−2x2012x+1=200−2x201(2x+1)，
若企业获得的加工费随加工产品订单的金额x的增长而增长，则f′(x)≥0，
∵2x+1>0，
∴200−2x≥0，
∴0即该企业加工产品订单的金额x(单位：万元)应在(0,100]范围内；
(2)令g(x)=12ln(2x+1)−mx−120x，该企业加工生产将不会出现亏损，即g(x)≥0，
∴12ln(2x+1)≥(m+120)x，
∴m+120≤ln(2x+1)2x，
令h(x)=ln(2x+1)2x，则h′(x)=2x2x+1−ln(2x+1)2x2，
令t(x)=2x2x+1−ln(2x+1)，则t′(x)=2(2x+1)2−22x+1=−4x(2x+1)2<0，
所以t(x)在[20,30]上单调递减，且t(20)=4041−ln41<0，
∴h′(x)<0在[20,30]上恒成立，故h(x)min=h(30)=ln6160，
∴m+120≤ln6160，
∴m≤−3+ln6160，
所以当m∈(0,−3+ln6160]时，该企业加工生产将不会出现亏损．
【解析】(1)利用导函数的几何意义，即可解出；
(2)根据题意列出不等式，构造函数，即可解出．
本题考查了导函数的简单应用，学生的数学运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f′(x)=2x−2ax−2(a−1)=−2ax2−2(a−1)x+2x=−2(ax−1)(x+1)x，
因为x>0，x+1>0，
故当a≤0时，f′(x)>0，此时f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，x>1a时，f′(x)<0，00，
故f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减，
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，没有单调递减区间，
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,1a)，单调递减区间为(1a,+∞)；
(2)当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，不符合题意；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,1a)，单调递减区间为(1a,+∞)，
又x→+∞时，f(x)→−∞，x→0且x>0时，f(x)→−∞，
若使f(x)有2个零点，则f(1a)=−2lna+1a−1>0，
即2lna+a−1<0，
令g(a)=2lna+a−1，则g(a)在a>0时单调递增且g(1)=0，
所以0故a的取值范围为(0,1)．
【解析】(1)先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单调区间；
(2)结合(1)中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式可求a的范围．
本题主要考查了导数与单调性关系的应用，函数性质的综合应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)=axex−12(x+1)2，
f′(x)=a(ex+xex)−12⋅2(x+1)=a(x+1)ex−(x+1)=(x+1)(aex−1)，
当a≤0时，aex−1<0，
令f′(x)=0得x=−1，
所以在(−∞,−1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(−1,+∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
当a>0时，令f′(x)=0得x=−1或ln1a，
①若−1在(−∞,−1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(−1,ln1a)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln1a,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
②若−1>ln1a，即a>e时，
在(−∞,ln1a)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(ln1a,−1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(−1,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
③若−1=ln1a，即a=e时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,+∞)上单调递减，
当0当a>e时，f(x)在(−∞,ln1a)，(−1,+∞)上单调递增，在(ln1a,−1)上单调递减，
当a=e时，f(x)在(−∞,+∞)单调递增．
(2)证明：要证f(x)>g(x)，
即证axex−12(x+1)2>lnx−12(x2−1)，
即证axex−12x2−x−12>lnx−12x2+12，
即证axex>lnx+x+1，
即证a>lnx+x+1xex，
令h(x)=lnx+x+1xex，x>0，
h′(x)=(lnx+x+1)′⋅xex−(xex)′⋅(lnx+x+1)(xex)2
=(1x+1)xex+(ex+xex)(lnx+x+1)(xex)2
=(1+x)ex−(1+x)ex(lnx+x+1)(xex)2
=−(1+x)ex⋅(lnx+x)(xex)2
=−(1+x)(lnx+1)x2ex，
令h′(x)=0得x=1e，
所以在(0,1e)上h′(x)>0，h(x)单调递增，
在(1e,+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max=h(1e)=ln1e+1e+11ee1e=e−1e<1，
又a>1，
所以a>lnx+x+1xex，得证．
【解析】(1)求导得f′(x)=(x+1)(aex−1)，分两种情况：当a≤0时，当a>0时，分析f′(x)的符号，进而可得f(x)的单调性．
(2)要证f(x)>g(x)，即证axex−12(x+1)2>lnx−12(x2−1)，即证a>lnx+x+1xex，令h(x)=lnx+x+1xex，x>0，只需证明a>h(x)max，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．(−∞,c3)
c3
(c3,c)
c
(c,+∞)
fˈ(x)
+
0
−
0
+
f(x)
增
极大值
减
极小值
减
t
(−∞,0)
0
(0,43)
43
(43,+∞)
g′(t)
−
0
+
0
−
g(t)
减
极小值0
增
极大值6427
减