东莞市东华中学

试卷第1页，共4页

广东省东莞市东华高级中学2021-2022学年高二下学期期中

数学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

1

．已知函数sincos

3

fxx





，则

6

f













（）

A

．

3

B

．

3

2

C

．

31

2



D

．

31

2



2

．已知函数

y

＝

f(x)

的导函数

()fx

的图象如图所示，则()fx的图象可能是（）

A

．

B

．

C

．

D

．

3

．将一枚骰子连续抛两次，得到正面朝上的点数分别为

x

、

y

，记事件

A

为

“

xy

为

偶数

”

，事件

B

为

“

7xy

”

，则

(|)PBA

的值为（）

A

．

1

3

B

．

1

2

C

．

5

9

D

．

7

9

4

．已知随机变量



的分布列如下表所示，且满足0E

，则下列方差值中最大的是

（）



－102

Pa

1

2

b

试卷第2页，共4页

A

．D

B

．D

C

．21D

D

．32D

5

．已知随机变量

X

服从二项分布

1

6,

3

XB







，则1PX

（）

A

．

64

243

B

．

13

243

C

．

4

243

D

．

3

16

6

．为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封

控区､管控区､防范区

.

为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共

5

人，分别

派往三个区，每区至少一人，甲､乙主动申请前往封控区或管控区，且甲､乙恰好分在

同一个区，则不同的安排方法有（）

A

．

12

种

B

．

18

种

C

．

24

种

D

．

30

种

7

．已知72

7

7

201

23111xaaxaxax

，则

3

a

＝（）

A

．

280B

．

35C

．

35

D

．

280

8

．直线

ya

分别与曲线

32yx

，

2lnyxx

交于A，B两点，则

||AB

的最小值

为（）

A

．

1

2

B

．

1C

．

3

2

D

．

2

二、多选题

9

．关于二项式

52

x

x









的展开式，下列选项正确的有（）

A

．总共有

6

项

B

．存在常数项

C

．2x

项的系数是

40D

．各项的系数之

和为

243

10

．甲罐中有

5

个红球，

2

个白球和

3

个黑球，乙罐中有

4

个红球，

3

个白球和

3

个黑

球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以

1

A

，

2

A和

3

A

表示从甲罐取出的球是红

球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以

B

表示从乙罐取出的球是红球．则下

列结论中正确的是（）

A

．1

5

11

PBA∣

B

．

2

()

5

PB

C

．事件

B

与事件

1

A

相互独立

D

．

1

A

，

2

A，

3

A

两两互斥

11

．已知函数2221exfxaxx

，则（）

A

．fx

有零点的充要条件是

1aB

．当且仅当0,1a

，fx

有最小值

C

．存在实数

a

，使得fx

在

R

上单调递增

D

．

2a

是fx

有极值点的充要条件

12

．定义在

(0,)

上的函数()fx的导函数为()fx，且2()()(32)()xxfxxfx恒成立，

试卷第3页，共4页

则必有（）

A

．

(3)181ff

B

．261ff

C

．



1

3116

2

ff









D

．332ff

三、填空题

13

．若函数2

1

16ln2

2

fxxx

在区间

11

,

22

aa









上单调递减，则实数

a

的取值范围

是

____________.

14

．已知

51m

xx

xx









的展开式中常数项为40，则展开式中

4

1

x

的系数为

________.

15

．某艺校在一天的

6

节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术

课各

1

节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔

1

节艺术课的排法有

______

种．

四、双空题

16

．某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须经过两次烧制，

当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，两次烧制过程相互独立

.

根据该厂现有的技

术水平，第一次烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为

0.5

，

0.6

，

0.4

，第二次

烧制，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为

0.6

，

0.5

，

0.75

，则第一次烧制后恰有一

件产品合格的概率为

______

；经过两次烧制后，合格工艺品的件数为



，则随机变量



的方差为

______.

五、解答题

17

．已知函数32fxxaxbxc

在点1,2P

处的切线斜率为

4

，且在

1x

处取得

极值

.

(1)

求函数()fx的解析式；

(2)

当2,2x

时，求函数()fx的最大值

.

18

．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．

条件

①

：展开式中前三项的二项式系数之和为

22

；条件

①

：展开式中所有项的二项式

系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于

64

；条件

①

：展开式中常数项为第三

项．

问题：已知二项式

1n

x

x









，若

______

，求：

(1)

展开式中二项式系数最大的项；

(2)

展开式中所有的有理项．

试卷第4页，共4页

19

．某传统文化学习小组有

10

名同学，其中男生

5

名，女生

5

名，现要从中选取

4

人

参加学校举行的汇报展示活动．

(1)

如果

4

人中男生、女生各

2

人，有多少种选法？

(2)

如果男生甲与女生乙至少有

1

人参加，有多少种选法？

(3)

如果

4

人中既有男生又有女生，有多少种选法？

20

．（

1

）若2015

22015

0122015

12xaaxaxaxxR

，求

010202015

aaaaaa

的值；

（

2

）若8

28

0128

12xaaxaxax

，求

0128

aaaa

的值

.

21

．近年来某手工艺品村制作的手工艺品在国外备受欢迎，该村村民成立了手工艺品

外销合作社，为严把质量关，合作社对村民制作的每件手工艺品请

3

位专家进行质量

把关，质量把关程序如下：（

i

）若

1

件手工艺品

3

位专家都认为质量过关，则该手工

艺品质量为

A

级；（

ii

）若仅有

1

位专家认为质量不过关，再由另外

2

位专家进行第二

次质量把关，若第二次质量把关的

2

位专家都认为质量过关，则该手工艺品质量为

B

级，若第二次质量把关的

2

位专家中有

1

位或

2

位认为质量不过关，则该手工艺品质

量为

C

级；（

iii

）若有

2

位或

3

位专家认为质量不过关，则该手工艺品质量为

D

级

.

已

知每一次质量把关中

1

件手工艺品被

1

位专家认为质量不过关的概率为

1

3

，且各手工

艺品质量是否过关相互独立

.

(1)

求

1

件手工艺品质量为

B

级的概率；

(2)

若

1

件手工艺品质量为

A

，

B

，

C

级均可外销，且利润分别为

900

元、

600

元、

300

元，质量为

D

级不能外销，利润为

100

元

.

①

求

10

件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是多少件

.

①

记

1

件手工艺品的利润为

X

元，求

X

的分布列与均值

.

22

．已知函数32()fxaxbxcx

的导函数为

()hx

，()fx的图象在点

2,(2)f处的切

线方程为

380xy

，且

2

0

3

h











，又函数()exgxkx与函数

ln(1)yx

的图象在

原点处有相同的切线．

(1)

求函数()fx的解析式及

k

的值．

(2)

若()()1fxgxmx对于任意

[0,)x

恒成立，求

m

的取值范围

答案第1页，共15页

参考答案：

1

．

B

【解析】

【分析】

求出fx



，代值计算可得

6

f











的值

.

【详解】

因为sincos

3

fxx





，则cosfxx





，故

3

cos

662

f













.

故选：

B.

2

．

D

【解析】

【分析】

根据导函数不同区间上函数值的符号，判断()fx的区间单调性，即可确定答案

.

【详解】

由图可知，当

x

＜

0

时

()0fx





，即()fx在

(

－

∞,0)

上单调递增；

当

0

＜

x

＜

2

时

()0fx





，即()fx在

(0,2)

上单调递减；

当

x

＞

2

时

()0fx





，即()fx在

(2,

＋

∞)

上单调递增

.

结合各选项，只有

D

符合要求

.

故选：

D

3

．

B

【解析】

【分析】

利用条件概率的公式求解即可

.

【详解】

根据题意可知，

若事件A为

“

xy

为偶数

”

发生，则

x

、

y

两个数均为奇数或均为偶数，

其中基本事件数为1,1

，1,3

，1,5

，2,2

，2,4

，2,6

，3,1

，3,3

，3,5

，

4,2

，4,4

，4,6

，5,1

，5,3

，5,5

，6,2

，6,4

，6,6

，一共

18

个基本事

答案第2页，共15页

件，

①

181

362

PA

,

而

A

、B同时发生，基本事件有当一共有

9

个基本事件，

①

91

()

364

PAB，

则在事件

A

发生的情况下，B发生的概率为





1

1

4

1

2

2

PAB

PBA

PA



,

故选

:

B

.

4

．

D

【解析】

【分析】

依题意根据分布列的性质及期望公式求出

a

、b，即可求出D

，再根据方差的性质得到

21D

，再求出



分布列，即可求出D

与32D

；

【详解】

解：依题意

1

1

2

1

1020

2

ab

ab



















，解得

1

3

1

6

a

b



















，

所以



的分布列为：



－102

P

1

3

1

2

1

6

则222111

1000201

326

D

，则22124DD

；

所以



的分布列为：



1

02

P

1

3

1

2

1

6

则112

12

363

E

，2221212125

102

3323639

D









，所以

答案第3页，共15页

23235DD

；

故选：

D

5

．

A

【解析】

【分析】

根据二项分布的概率公式计算可得；

【详解】

解：因为

1

6,

3

XB







，所以

15

1

6

1264

1

332

C

43

PX









.

故选：

A.

6

．

C

【解析】

【分析】

利用分类加法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识进行求解

.

【详解】

若甲乙和另一人共

3

人分为一组，则有12

32

212CA

种安排方法；若甲乙两人分为一组，另

外三人分为两组，一组

1

人，一组两人，则有1222

3222

12CCAA

种安排方法，综上：共有

12+12=24

种安排方法

.

故选：

C

7

．

D

【解析】

【分析】

将二项式723x

变形为7[12(1)]x

，利用二项式展开式，即可求得结果

.

【详解】

由题意得：

77(23)[12(1)]xx07016

77

(1)[2(1)](1)[2(1)]CxCx5

7

22(1)[2(1)]Cx

707

7

(1)[2(1)]Cx

，

答案第4页，共15页

所以

3

a

＝3

3

7

4(1)2280C

，

故选：

D

8

．

B

【解析】

【分析】

设

1

(Ax，

)a

，

2

(Bx，

)a

，得到

2122

12

ln

33

ABxxxx

，用导数法求解

.

【详解】

解：设

1

(Ax，

)a

，

2

(Bx，

)a

，则

122

322lnxxx

，



122

1

2ln2

3

xxx

，



2122

12

ln

33

ABxxxx

，

令

12

ln

33

yxx

，则

11

'1

3

y

x









，



函数在

(0,1)

上单调递减，在

(1,)

上单调递增，

1x

时，函数的最小值为

1

，

故选：

B

9

．

ACD

【解析】

【分析】

由题意利用二项式定理，二项式展开式的通项公式，得出结论．

【详解】

解：关于二项式5

2

()x

x



，它的展开式共计有

6

项，故

A

正确；

由于它的通项公式为5

3

5

2

155

2

2

r

rr

r

rr

r

TxCxC

x















，令

3

50

2

r

，求得

310r

，

无非负整数解，故不存在常数项，故

B

错误；

令

3

52

2

r



，即

36r

，解得

2r

，可得2x

项的系数是22

5

240C

，故

C

正确；

令

1x

，可得各项的系数之和为53243

，故

D

正确，

故选：

ACD

．

10

．

AD

【解析】

答案第5页，共15页

【分析】

根据互斥事件的定义判断

D

，再根据条件概率及相互独立事件的概率公式计算即可判断其

他选项．

【详解】

因为事件

1

A

，

2

A和

3

A

任意两个都不能同时发生，所以

1

A

，

2

A，

3

A

是两两互斥的事件，故

D

正确；

因为

1

51

102

PA

，

2

21

105

PA

，

3

3

10

PA

，



1

1

1

15

5

211

|

1

11

2

PBA

PBA

PA





，故

A

正确；

2

2

2

24

()

4

1011

(|)

2

()11

10

PBA

PBA

PA



，3

3

3

34

()

4

1011

(|)

3

()11

10

PBA

PBA

PA



，



123

()PBPABPABPAB

112233

|||PAPBAPAPBAPAPBA

1514349

2



，因为

1

5

()

22

PAB，

1

599

()()

102244

PAPB，所以



11

PABPAPB

，所以B与

1

A

不是相互独立事件，故

B

，

C

不正确．

故选：

AD

．

11

．

BCD

【解析】

【分析】

对于

A

，将函数有零点的问题转化为方程有根的问题，根据一元二次方程有根的条件可判

断其正误；对于

B

，分类讨论

a

的取值范围，利用导数判断函数的最值情况；对于

C

，可

举一具体实数，说明fx

在

R

上单调递增，即可判断其正误；对于

D

，根据导数与函数极

值的关系判断即可

.

【详解】

对于

A

，函数2221exfxaxx

有零点



方程2210axx有解，

当

0a

时，方程有一解

1

2

x

；

答案第6页，共15页

当

0a

时，方程2210axx有解

0

1,0

440

a

aa

a













，

综上知fx

有零点的充要条件是1a，故

A

错误；

对于

B

，由2221exfxaxx

得222exfxxaxa





，

当

0a

时，24exfxx





，fx

在,0

上单调递增，在0,

上单调递减，

此时fx

有最大值0f

，无最小值；

当01a时，方程2210axx有两个不同实根

1

x

，

212

xxx

，

当

12

,xxx

时，fx

有最小值

0

0fx

，当

12

,,xxx

时，0fx

；当

1a时，2

21exfxx

有最小值

0

；

当1a时，0fx

且当x时，0fx

，fx

无最小值；

当0a时，x时，fx

，fx

无最小值

,

综上，当且仅当0,1a

时，fx

有最小值，故

B

正确；

对于

C

，因为当

2a

时，22221exfxxx

，224e0xfxx





在

R

上恒成立，此时

fx

在

R

上单调递增，故

C

正确；

对于

D

，由222exfxxaxa





知，当

0a

时，

0x

是fx

的极值点，

当

0a

，

2a

时，

0x

和

2a

x

a





都是fx

的极值点，

当

2a

时，fx

在

R

上单调递增，无极值点，

所以

2a

是fx

有极值点的充要条件，故

D

正确，

故选

:BCD.

【点睛】

本题以函数为背景，考查二次函数、对数函数性质和利用导数研究函数单调性及最值，考

查推理论证能力、运算求解能力，考查数学抽象、逻辑推理和数学运算核心素养

.

12

．

BD

【解析】

答案第7页，共15页

【分析】

首先根据条件构造函数



32

fx

gx

xx





，

0x

，根据







322

2

32

32

0

fxxxfxxx

gx

xx













得到gx

在0,

上单调递减，从而得到



1

123

2

gggg









，再化简即可得到答案

.

【详解】

由232xxfxxfx





及

0x

，得32232xxfxxxfx





.

设函数



32

fx

gx

xx





，

0x

，

则







322

2

32

32

0

fxxxfxxx

gx

xx













，

所以gx

在0,

上单调递减，从而



1

123

2

gggg









，

即



1

123

2

3

21236

8

f

fff









，

所以3181ff

，261ff

，



1

3116

2

ff









，332ff

.

故选：

BD

13

．

17

,

22









【解析】

【分析】

求解定义域，由导函数小于

0

得到递减区间，进而得到不等式组，求出实数

a

的取值范围

.

【详解】

显然

0x

，且

16

fxx

x







，由0fx





，以及考虑定义域

x>0

，解得

:04x.

()fx在区间

1

[

2

a

，

1

]

2

a

上单调递减，

①

1

0

2

1

4

2

a

a



















，解得

:

17

22

a

.

故答案为：

17

,

22









14

．

16

答案第8页，共15页

【解析】

【分析】

首先写出

51

x

x









展开式的通项，再根据

51m

xx

xx









展开式的常数项为40得到方

程，即可求出

m

，再求出

4

1

x

的系数即可；

【详解】

解：因为

555111mm

xxxxx

xxxxx











，

因为

51

x

x









的通项公式为

55

52

1

5(1)

1r

rrrrr

r

TCC

x

xx













，

所以

51m

xx

xx









的展开式中常数项为32

55

CmC

，则

101040m

，解得

3m

，

所以

531

xx

xx









展开式中

4

1

x

的系数为45

55



故答案为：

16

15

．

432

【解析】

【分析】

相邻两节文化课之间最多间隔

1

节艺术课的排法，可以分两种情况，

①

文化课之间不间隔

艺术课，利用捆绑法求解即可；

①

文化课之间间隔一节，这种情况又分为文化课间都间隔

一节、两个文化课间隔一节，与另一个文化课不间隔两种情况；分别求得排法种数，相加

即可

.

【详解】

间隔

1

节艺术课的排法有22123322

32323332

288CACAAAAA

种；

间隔

0

节艺术课的排法有34

34

144AA

种；

故最多间隔

1

节艺术课的排法有

288144432

种，

故答案为：

432

16

．

0.380.63

【解析】

答案第9页，共15页

【分析】

根据题意可得分为只有甲合格，只有乙合格，只有丙合格，

3

种情况，根据相互独立事件

的概率乘法公式分别

求出

3

种情况的概率，相加即可求得第一次烧制后恰有一件产品合格的概率；根据已知可

求得每件工艺品经过

两次烧制后合格的概率均为

0.3p

，因为概率相同，可以把它们看成3次重复试验发生

k

次的概率，然后根据

二项分布期望公式直接求解

.

【详解】

第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为

0.5(10.6)(10.4)(10.5)0.6(10.4)(10.5)(10.6)0.40.38p

；

经过两次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为

1

0.50.60.3p

，

2

0.60.50.3p

，

3

0.40.750.3p

，

所以随机变量



服从参数为

3n

，

0.3p

的二项分布，即~3,0.3B

，

故30.3(10.3)0.63D

.

故答案为：

0.38

，

0.63.

17

．

(1)32()1fxxxx

；

(2)11.

【解析】

【分析】

（

1

）根据导数的几何意义，结合极值的性质进行求解即可；

（

2

）根据导数的性质进行求解即可

.

(1)

2()32fxxaxb

，由题意得

(1)2,

(1)4,

(1)0,

f

f

f





















即

12,

324,

320,

abc

ab

ab

















解得1a，

1b

，

1c.

所以32()1fxxxx

，

2()321fxxx

，令

()0fx





，得

1x

或

1

3

x

.

答案第10页，共15页

x(,1)

1

1

(1,)

3



1

3

1

(,)

3



()fx＋0－0＋

()fx①2①

22

27

①

符合题意；

(2)

由（

1

）可知：

122

(1)0,()

327

ff

，而

(2)11,(2)1ff

，

所以

max

()11fx

.

18

．

(1)3

2

4

20Tx

；

(2)3

1

Tx，

3

15T

，3

5

15Tx

，6

7

Tx

.

【解析】

【分析】

（

1

）利用二项展开式的性质求出

6n

，再求展开式中二项式系数最大的项；

（

2

）设第1r项为有理项，63

2

16

C1

r

r

r

r

Tx







，求出

0,2,4,6r

即得解

.

(1)

解：选

①

，由012CCC22

nnn



，得

6n

（负值舍去）．

选

①

，令

1x

，可得展开式中所有项的系数之和为

0

．

由010264nn

nnn

CCC

，

得

6n

．

选

①

，设第1r项为常数项，3

2

1

C1

nr

r

r

rn

Tx







，由

2

3

0

2

r

nr

















，得

6n

．

由

6n

得展开式的二项式系数最大为3

6

C

，

则展开式中二项式系数最大的项为33

3

3

22

46

C120Txx

．

(2)

解：设第1r项为有理项，63

2

16

C1

r

r

r

r

Tx







，

答案第11页，共15页

因为

06r

，

rN

，

63

2

r

Z





，

所以

0,2,4,6r

，

则有理项为033

16

CTxx

，20

36

C15Tx

，433

56

C15Txx

，666

76

CTxx

．

19

．

(1)100

(2)140

(3)200

【解析】

【分析】

（

1

）由组合知识结合分步乘法计数原理求解即可；

（

2

）先计算

10

人中选取

4

人的选法，从中除去男生甲与女生乙都不参加的选法即可；

（

3

）先计算

10

人中选取

4

人的选法，从中除去

4

人全是男生和

4

人全是女生的选法即可

.

(1)

第一步，从

5

名男生中选

2

人，有2

5

C

种选法；第二步，从

5

名女生中选

2

人，有2

5

C

种选

法．

根据分步乘法计数原理，共有22

55

CC100

种选法．

(2)

从

10

人中选取

4

人，有4

10

C

种选法；男生甲与女生乙都不参加，有4

8

C

种选法．所以男生甲

与女生乙至少有

1

人参加，共有44

108

CC140

种选法．

(3)

从

10

人中选取

4

人，有4

10

C

种选法；

4

人全是男生，有4

5

C

种选法；

4

人全是女生，有4

5

C

种

选法．

所以

4

人中既有男生又有女生，共有444

1055

CCC200

种选法．

20

．（

1

）

2013

；

（

2

）8

0128

3aaaa

.

【解析】

【分析】

答案第12页，共15页

（

1

）根据201522015

0122015

(12)()xaaxaxaxxR

，分别令

0x

，

1x

求解；

（

2

）根据展开式的通项为

18

C(2)rrr

r

Tx





，0,1,2,3,8r

，由

0128

aaaa

012348

aaaaaa

求解．

【详解】

（

1

）令

0x

，得

0

1a，再令

1x

，得

0122015

1aaaa

，

那么

122015

2aaa

，

010202015

201522013aaaaaa

.

（

2

）因为展开式的通项为

18

2r

rr

r

TCx





，0,1,2,3,,8r

，

所以当

r

为偶数时，系数为正；当

r

为奇数时，系数为负

.

故有

aaaaaaaaaa

.

令二项式中的

1x

，得8

8

012348

123aaaaaa.

故8

0128

3aaaa

.

21

．

(1)

16

81

(2)①2

件；

①

分布列见解析，

13100

27

【解析】

【分析】

（

1

）结合相互独立事件、独立重复试验概率计算公式，计算出所求概率

.

（

2

）

①

设

10

件手工艺品中不能外销的手工艺品是



件，结合二项分布的知识求得

Pk

的最大值，从而得出结论

.

①

结合相互独立事件、独立重复试验概率计算公式，计算出分布列，并求得数学期望

.

(1)

由题意知，

1

件手工艺品质量为

B

级的概率为

22

1

3

11116

11

33381

C









.

(2)

①

由题意可知，

1

件手工艺品质量为

D

级的概率为

23

23

33

1117

1

33327

CC









，

答案第13页，共15页

设

10

件手工艺品中不能外销的手工艺品是



件，则

7

~10,

27

B







，

则10

10

720

2727

kk

kPkC

















，其中

0,1,210,,k

.





19

1

10

10

10

720

1

707

2727

2020

720

2727

kk

k

kk

k

Pk

k

Pk

C

k

C







































.

由

707

1

2020

k

k







得

50

27

k，所以当

1k

时，1PkPk

，

即210PPP

，由

707

1

2020

k

k







得

50

27

k，

所以当

2k

时，1PkPk

，

所以当

2k

时，Pk

最大，即

10

件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是

2

件

.

①

由题意可知，

1

件手工艺品质量为

A

级的概率为

318

1

327









，

1

件手工艺品质量为

B

级的概率为

16

81

，

1

件手工艺品质量为

C

级的概率为

22

11

32

1111120

11

3333381

CC

















，

1

件手工艺品质量为

D

级的概率为

816207

1

27818127



，

所以

X

的分布列为

X9

P

8

27

16

81

20

81

7

27

则

81620713100

9

2781812727

EX

.

22

．

(1)32()2fxxxx，1k

(2)

(,1]

【解析】

【分析】

（

1

）根据导数的几何意义，以及切线方程，建立方程关系，即可求出

a

，b，

c

的取值，

答案第14页，共15页

（

2

）依题意()()1fxgxmx对于任意[0x，

)

恒成立，进行参变分离，利用导数求

函数最值，即可求实数

m

的取值范围．

(1)

解：32()fxaxbxcx，

2()()32hxfxaxbxc



，

()62hxaxb





，

2

0

3

h











，

2

6()20

3

ab，即2ba，

①

()fx的图象在点

2,(2)f处的切线方程为

380xy

，



当2x时，

(2)2f

，且切线斜率(2)3f



，

则(2)8422fabc，

①

，

(2)1243fabc



，

①

，

联立解得1a，

2b

，

1c

，即32()2fxxxx，

函数

ln(1)yx

，

1

1

y

x









函数在原点处的切线斜率为

1

，

()(ee)xxgxkx



，(0)1gk



．

(2)

解：若()()1fxgxmx对于任意

[0,)x

恒成立，

则等价为322e1xxxxxmx对于任意

[0,)x

恒成立，

即3222e1(e22)12xxmxxxxxxx恒成立，

则只需要求出2(e22)1xxxx在

[0,)x

上的最小值即可，

设2()e22xmxxx，

则()e22xmxx



，()e2xmx



，则当

0ln2x

时()0mx



，当

ln2x

时

()0mx





，所

以

()mx



在0,ln2

上单调递减，在ln2,

上单调递增，

(0)10m



，

22e60m



，

()0mx



，必有一个实根

t

，且

(0,2)t

，使得

()0mt

即e22tt，

当

,()0xt

时，

()0mx

，当(,)xt时，

()0mx

，

()mx的最小值为

222

min

e22222240tmxmttttttt，

答案第15页，共15页

则

2=e220xmxxx，0,x

，所以2(e22)1xxxx在

[0,)x

上的最小值1，

从而1m，即,1m

．

【点睛】

导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等

式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转

化为函数的单调性、极

(

最

)

值问题处理．