2023-2024学年江苏省常州市联盟学校高二（下）调研数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省常州市联盟学校高二（下）调研数学试卷（3月份）（含解析），共17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.设函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x0)=2，则Δx→0limf(x0+2Δx)−f(x0)Δx=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且PA=43PB−xPC+16DB，则实数x的值为( )
A. 13B. −13C. 12D. −12
3.若定义在R上的函数y=x3f′(x)的图象如图所示，则函数y=f(x)的增区间为( )
A. [0,1]
B. [0,2]
C. (−∞,0]
D. (−∞,2]
4.若函数f(x)=x(x−c)2在x=−1处有极小值，则c=( )
A. −3B. −1C. −3或−1D. −2
5.在四面体OABC中，点M在线段OA上，且OM=2MA，G是△ABC的重心，已知OA=a，OB=b，OC=c，则MG等于( )
A. 13a−13b+13cB. −23a+12b+12c
C. −13a+13b+13cD. 23a+23b−12c
6.若函数f(x)=x−2x−alnx存在单调递减区间，则实数a的取值范围为( )
A. (2 2,+∞)B. (−∞,−2 2]C. [−2 2,2 2]D. (−∞,2 2)
7.函数f(x)=x2+2x,x≤0exx,x>0，若函数g(x)=f(x)−m有3个零点，则m的取值范围为( )
A. (−1,0)B. (−1,e)C. (e,+∞)D. (−∞,−1)
8.函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意实数x恒有f′(x)−f(x)>0，则( )
A. f(−1)>0B. f(3)>ef(2)C. e13f(12)f(4)
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.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列命题是真命题的是( )
A. (AA1+AD+AB)2=3AB2
B. A1C⋅AB1=0
C. AD1与AB1夹角为60°
D. 正方体ABCD−A1B1C1D1的体积为|AB⋅AA1⋅AD|
10.下列说法中正确的是( )
A. (sinπ4)′=csπ4
B. (csxx)′=−xsinx−csxx2
C. 设函数f(x)=xlnx，若f′(x0)=2，则x0=e
D. 设函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)=x2+3xf′(2)+lnx，则f′(2)=−94
11.已知直线y=a与函数f(x)=ex，g(x)=lnx的图象分别相交于A，B两点.设k1为曲线y=f(x)在点A处切线的斜率，k2为曲线y=g(x)在点B处切线的斜率，则k1k2的可能取值为( )
A. 1e2B. −1C. eD. 1e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知空间三点O(0,0,0)，A(1,−1,0)，B(0,−1,1)，在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为______．
13.若函数f(x)=2lnx+12x2−mx在(1,3)上有且仅有一个极值点，则实数m的最小值是______．
14.如图，正方形A1B1C1D1与正方形ABCD的中心重合，边长分别为3和1，P1，P2，P3，P4分别为A1D1，A1B1，B1C1，C1D1的中点，把阴影部分剪掉后，将四个三角形分别沿AD，AB，BC，CD折起，使P1，P2，P3，P4重合于P点，则四棱锥P−ABCD的高为______，若直四棱柱A2B2C2D2−A3B3C3D3内接于该四棱锥，其上底面四个顶点在四棱锥侧棱上，下底面四个顶点在面ABCD内，则该直四棱柱A2B2C2D2−A3B3C3D3体积的最大值为______．
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15分)
已知向量a=(−2,−1,2)，b=(−1,1,2)，c=(x,2,2)．
(Ⅰ)当|c|=2 2时，若向量ka+b与c垂直，求实数x和k的值；
(Ⅱ)若向量c与向量a，b共面，求实数x的值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=−x3+x+1，g(x)=e−2x+1．
(1)求曲线y=f(x)过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线与曲线y=g(x)在x=t(t∈R)处的切线平行，求t的值．
17.(本小题15分)
如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=13AA1,CN=13CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60°．
(1)求证：D，M，B1，N共面；
(2)当AA1AB为何值时，AC1⊥A1B；
(3)若AB=AA1=1，且A1P=12A1C1，求AP的长．
18.(本小题15分)
已知函数f(x)=e2x(ax2−x+12)．
(1)若x=1是函数f(x)的极值点，求a的值，并求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在x=0处取得极大值，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax2−(a+2)x+lnx，其中a∈R．
(1)当a=−1时，求f(x)的单调区间；
(2)求当a>0时，函数y=f(x)在区间[1,e]上的最小值Q(a)；
(3)若函数g(x)=f(x)−ax2有两个不同的零点x1，x2．
①求实数a的取值范围；
②证明：x1x2>e2．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵f′(x0)=2，
∴Δx→0limf(x0+2Δx)−f(x0)Δx=2Δx→0limf(x0+2△x)−f(x0)2△x=2f′(x0)=4，
故选：D．
利用导数的定义求解即可．
本题考查了导数的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】【分析】
利用空间向量基本定理，及向量共面的条件，即可得到结论．
本题考查空间向量基本定理，考查向量共面的条件，属于中档题．
【解答】
解：PA=43PB−xPC+16DB=43PB−xPC+16(PB−PD)
=32PB−xPC−16PD，
又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，
∴32−x−16=1，
解得x=13，
故答案选：A．
3.【答案】B
【解析】解：由图象可得，
当0≤x≤2时，由y=x3f′(x)≥0得f′(x)≥0，y=f(x)在[0,2]上单调递增，
当x>2时，由y=x3f′(x)<0得f′(x)<0，y=f(x)在(2,+∞)上单调递减，
当x<0时，由y=x3f′(x)>0得f′(x)<0，y=f(x)在(−∞,0)上单调递减，
综上，函数 y=f(x)的增区间为[0,2]．
故选：B．
根据图象可得f′(x)的正负可判断y=f(x)的单调性从而得到答案．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查数形结合思想，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：f′(x)=3x2−4cx+c2，
因为f(x)在x=−1处有极小值，
所以f′(−1)=3+4c+c2=0，解得c=−1或c=−3，
当c=−1时，f′(x)=3x2+4x+1，
当x<−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当−1此时，f(x)在x=−1处有极大值，不满足题意．
当c=−3时，f′(x)=3x2+12x+9=0，
当−3−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
此时，f(x)在x=−1处有极小值，满足题意．
故选：A．
根据f′(−1)=0求得c，然后验证即可．
本题主要考查了函数极值存在条件的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由OM=2MA，得OM=23OA，G是△ABC的重心，
所以OG=OA+AG=13a+13b+13c，
所以MG=−13a+13b+13c．
故选：C．
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：因为f(x)=x−2x−alnx存在单调递减区间，
所以f′(x)=1+2x2−ax<0在(0,+∞)上有解，即a>2x+x在(0,+∞)上有解，
令g(x)=2x+x(x>0)，则g′(x)=−2x2+1，令g′(x)=0，解得x= 2(负值舍去)，
当0当x> 2时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以g(x)min=g( 2)=2 2，故a>2 2．
故选：A．
利用导数与函数单调性的关系将问题转化为a>2x+x在(0,+∞)上有解问题，再构造函数g(x)=2x+x，利用导数求得其最小值，从而得解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：令h(x)=exx,x>0，则h′(x)=(x−1)exx2，
当0当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以，当x=1时，h(x)取得极小值h(1)=e，
作出f(x)的图象如下图：
则函数g(x)=f(x)−m有3个零点，即f(x)的图象与直线y=m有3个交点，
由图可知，m>e，即m的取值范围为(e,+∞)．
故选：C．
利用导数研究函数h(x)=exx,x>0的图象，然后作出函数f(x)的图象，结合图形可解．
本题考查函数零点个数的判断方法，以及数形结合思想的应用，
8.【答案】B
【解析】解：设g(x)=f(x)ex，则g′(x)=f′(x)ex−f(x)ex(ex)2=f′(x)−f(x)ex，
因为对任意实数x恒有f′(x)−f(x)>0，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增，
又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)=0，即f(−1)因为3>2，所以g(3)>g(2)，即f(3)e3>f(2)e2，
所以f(3)>ef(2)，故B正确；
又因为13<12，所以g(13)所以e12f(13)因为3<4，所以g(3)故选：B．
构造函数g(x)=f(x)ex，利用导数判断其单调性，判断各选项的正误即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查学生的逻辑思维能力，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，设棱长为a，
对于A，由向量线性运算法则得：
(AA1+AD+AB)2=AA12+AD2+AB2+2(AA1⋅AD+AA1⋅AB+AD⋅AB)=3a2=3AB2，故A正确；
对于B，A1C⋅AB1=(AC−AA1)⋅(AB+AA1)
=(AB+AD−AA1)⋅(AB+AA1)=(AB−AA1)⋅(AB+AA1)+AD⋅(AB+AA1)
=AB2−AA12+AD⋅AB+AD⋅AA1=a2−a2=0，故B正确；
对于C，∵△AB1D1是等边三角形，∴AD1与AB1夹角为60°，故C正确；
对于D，|AB⋅AA1⋅AD|=0，故D错误．
故选：ABC．
根据空间向量运算、夹角、体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题考查空间向量运算、夹角、体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于选A：(sinπ4)′=( 22)′=0，故选项A错误；
对于B：(csxx)′=−xsinx−csxx2，故选项B正确；
对于C：∵f(x)=xlnx，∴f′(x)=1+lnx，由f′(x0)=2，
∴f′(x0)=1+lnx0=2，解得x0=e，故选项C正确；
对于D：结合题意可得：f′(x)=2x+3f′(2)+1x，∴f′(2)=4+3f′(2)+12，
解得f′(2)=−94，故选项D正确．
故选：BCD．
根据题意，利用基本初等函数的导数公式及运算法则分析选项，即可得答案．
本题考查导数的计算，注意导数的计算公式，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：由于ex>0，lnx∈R，所以a>0，
由ex=a得x=lna，f′(x)=ex，f′(lna)=elna=a，即k1=a，
由lnx=a得x=ea，g′(x)=1x,g′(ea)=1ea，即k2=1ea，
所以k1⋅k2=aea，则k1⋅k2>0，B选项错误．
设h(a)=aea(a>0)，h′(a)=ea−aea(ea)2=1−aea，
所以h(a)在(0,1)上h′(a)>0，h(a)单调递增，
在(1,+∞)上h′(a)<0，h(a)单调递减，
所以0所以AD选项正确，C选项错误．
故选：AD．
利用导数求得切线的斜率k1，k2，从而求得k1k2．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于中档题．
12.【答案】(12,−12,0)
【解析】解：设H(x,y,z)，
则OA=(1,−1,0),OH=(x,y,z),BH=(x,y+1,z−1)，
因为O，A，H共线，故存在实数λ使得OH=λOA，即(x,y,z)=λ(1,−1,0)
所以x=λy=−λz=0x−y−1=0，解得x=12,y=−12,z=0，
所以点H的坐标为(12,−12,0)．
故答案为：(12,−12,0)．
设H(x,y,z)，根据向量垂直和平行的坐标表示列方程组求解可得．
本题考查向量垂直和平行的坐标运算等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】3
【解析】解：由题意得：f′(x)=2x+x−m=x2−mx+2x，该函数在(1,3)上只有一个零点，
则x2−mx+2=0，即m=x+2x在(1,3)上只有一个零点，
令g(x)=x+2x，x∈(1,3)，则g′(x)=1−2x2=0，x= 2，
当x∈(1, 2)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈( 2,3)，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(1)=3,g( 2)=2 2,g(3)=113，
所以m∈[3,113)时，m=x+2x在(1,3)上只有一个变号的根，
即函数f(x)在(1,3)上有且仅有一个极值点．
故答案为：3．
问题转化为f′(x)=2x+x−m=x2−mx+2x在(1,3)上只有一个零点，即m=x+2x在(1,3)上只有一个零点，令g(x)=x+2x，再在(1,3)上研究g(x)只有一个零点，求解m的范围，确定m的最小值．
本题考查利用导数研究函数极值点个数的问题，属于中档题．
14.【答案】 32 2 327
【解析】解：由题意可知，四棱锥P−ABCD为正四棱锥，△PAB边AB上的高为PE=1，如下图所示：
取AB的中点E，连接AC、BD交于点F，连接PE、EF、PF，
则F为AC、BD的中点，由正四棱锥的几何性质可知，PF⊥平面ABCD，
因为E、F分别为AB、AC的中点，则EF/​/BC且EF=12BC=12，
因为EF⊂平面ABCD，则PF⊥EF，所以，PF= PE2−EF2= 12−(12)2= 32，
在△PEB中，得PB= PE2+EB2= 52，BF=12BD=12 BC2+CD2= 22，
作出四棱柱A2B2C2D2−A3B3C3D3内接于该四棱锥在平面PBD上的平面图如图所示：
设B2F=x，x∈(0, 22)，则BB2=BF−B2F= 22−x，
因为△BB2B3～△BPF，所以B2B3BB2=PFBF，解得B2B3= 32− 62x，
所以直四棱柱A2B2C2D2−A3B3C3D3的体积V(x)=12⋅A2C2⋅B2D2⋅B2B3=− 6x3+ 3x2，
所以V′(x)=−3 6x2+2 3x，
当x∈(0, 23)时V′(x)>0，当x∈( 23, 22)时V′(x)<0，
所以函数V(x)在(0, 23)上单调递增，( 23, 22)上单调递减，
所以当x= 23时体积最大，最大为V( 23)=2 327．
故答案为： 32，2 327．
作出图形，可知四棱锥P−ABCD为正四棱锥，取AB的中点E，连接AC、BD交于点O，连接PE、EF、PF，则四棱锥的高为PF，直四棱柱A2B2C2D2−A3B3C3D3内接于该四棱锥，则底面A2B2C2D2为正方形，作出截面PBD的平面图，设B2F=x，计算得出四棱柱体积的函数关系式，运用导数研究可得其体积最大值．
本题考查的知识要点：锥体的性质，三角形相似的条件，函数的导数和函数的单调性的关系，函数的导数和函数的最值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(Ⅰ)因为|c|=2 2，所以x=0．
因为向量ka+b=(−2k−1,1−k,2k+2)，向量ka+b与c垂直，
所以(ka+b)⋅c=0，即2k+6=0，解得k=−3，
所以实数x和k的值分别为0和−3．
(Ⅱ)因为向量c与向量a，b共面，所以设c=λa+μb(λ,μ∈R)．
因为(x,2,2)=λ(−2,−1,2)+μ(−1,1,2)，
则：x=−2λ−μ, 2=μ−λ, 2=2λ+2μ,
解得x=−12 λ=−12 μ=32
所以实数x的值为−12．
【解析】本题考查共线与共面向量定理及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
(Ⅰ)直接利用向量的垂直的充要条件的应用求出结果．
(Ⅱ)直接利用共面向量基本定理的应用求出结果．
16.【答案】解：(1)由导数公式得f′(x)=−3x2+1，
设切点坐标为(x0,y0)，设切线方程为：y−1=k(x−1)，
由题意可得：y0−1=k(x0−1)y0=−x03+x0+1k=−3x02+1，
所以x0=1y0=1k=−2或x0=−12y0=58k=14，
从而切线方程为2x+y−3=0或x−4y+3=0．
(2)由(1)可得：曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y=−2x+3，
由g′(x)=−2e−2x+1，可得曲线y=g(x)在x=t(t∈R)处的切线斜率为g′(t)=−2e−2t+1，
由题意可得−2e−2t+1=−2，从而t=12，
此时切点坐标为(12,1)，曲线y=g(x)在x=12处的切线方程为y−1=−2(x−12)，
即y=−2x+2，故符合题意，所以t=12．
【解析】(1)利用导数几何意义求过一点的切线方程；
(2)利用导数几何意义，由切线平行列方程求参数值．
本题考查导数的运算与几何意义，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，连接MD、DN、NB1、B1M，
因为A1M=13AA1,CN=13CC1，
所以MB1=MA1+A1B1=13AA1+A1B1=13AA1+AB，
DN=DC+CN=A1B1+13CC1=13AA1+AB，
所以DN=MB1，
即DN=MB1且DN//MB1，
所以四边形DMB1N为平行四边形，
所以D，M，B1，N共面．
(2)当AA1AB=1时，AC1⊥A1B，理由如下，
设AA1=c,AD=b,AB=a，且c与b、c与a、b与a的夹角均为60°，
因为底面ABCD为菱形，
所以|b|=|a|，
因为AC1=AA1+A1C1=A1B1+A1D1+AA1=a+b+c，A1B=A1A+AB=a−c，
若AC1⊥A1B，则AC1⊥A1B，
即AC1⋅A1B=(a+c+b)(a−c)=a2−c2+a⋅b−c⋅b=0，
即|a|2−|c|2+|a|⋅|b|cs60°−|c|⋅|b|cs60°=|a|2−|c|2+12|a|2−12|c|⋅|a|=0，
解得|a|=|c|或3|a|+2|c|=0舍去，
所以AA1AB=1时，AC1⊥A1B.

(3)因为A1P=12A1C1，
所以AP=AA1+12A1C1=AA1+12AB+12AD，
因为AB=AA1=1，
所以AP2=(AA1+12AB+12AD)2
=AA12+14AB2+14AD2+AA1⋅AB+AA1⋅AD+12AB⋅AD
=1+14+14+1×1×cs60°+1×1×cs60°+12×1×1×cs60°
=1+14+14+12+12+14=114，
所以|AP|= 112，
所以AP的长为 112．
【解析】(1)利用向量证明DN=MB1，然后可证；
(2)以AA1,AD,AB为基底表示出AC1,A1B，然后根据AC1⋅A1B=0求解可得；
(3)利用基底表示出AP，然后平方转化为数量积求解即可．
本题考查空间线面位置关系以及向量的应用，属于难题．
18.【答案】解：(1)定义域为R，f′(x)=2x(ax+a−1)e2x，
因为x=1是函数y=f(x)的极值点，所以f′(1)=0.故有2a−1=0，所以a=12，
当a=12时，f(x)=e2x(12x2−x+12),x∈R，所以f′(x)=x(x−1)e2x，
若f′(x)=0，则x=1或x=0，
所以函数f(x)的极大值为f(0)=12，极小值为f(1)=0；
(2)定义域为R，f′(x)=2x(ax+a−1)e2x，
①当a=0时，f′(x)=−2xe2x，令f′(x)>0得x<0，
所以：f(x)单调递增区间为(−∞,0)；
令f′(x)<0得x>0，所以f(x)单调递减区间为(0,+∞)；
所以f(x)在x=0取极大值，符合题意，
②当a<0时，由f′(x)=2x(ax+a−1)e2x=0，得：x1=0，x2=1−aa<0，
所以：f(x)在x=0处取得极大值，所以：a<0符合题意；
③当a>0时，由f′(x)=2x(ax+a−1)e2x=0，得：x1=0，x2=1−aa，
(i)当1−aa<0即a>1时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：
所以：f(x)在x=0处取得极小值，不合题意．
(ⅱ)当1−aa=0即a=1时，f′(x)≥0在R上恒成立，
所以：f(x)在R上单调递增，无极值点；
(iii)当1−aa>0，即0所以：f(x)在x=0处取得极大值，所以：0综上可得：a的取值范围是(−∞,1)．
【解析】(1)由f′(1)=0求得a，进而求得f(x)的极值．
(2)先求得f′(x)，然后对a进行分类讨论，根据f(x)在x=0处取得极大值进行分类讨论，由此求得a的取值范围．
本题考查极值的求法与性质，考查了学生的逻辑推理与运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=−1时，f(x)=−x2−x+lnx，定义域为(0,+∞)，
f′(x)=−2x−1+1x=−2x2−x+1x=−(x+1)(2x−1)x．
若f′(x)>0，则012；
所以f(x)的增区间为(0,12)，减区间为(12,+∞)
(2)函数f(x)的定义域是[1,e]，
f′(x)=2ax−(a+2)+1x=2ax2−(a+2)x+1x=(ax−1)(2x−1)x(a>0)．
当a>0时，令f′(x)=0则x=1a或x=12(舍)．
当1a≥e，即0∴f(x)在[1,e]上单调递减，
∴f(x)在[1,e]上的最小值是f(e)=1+ae2−(a+2)e，
当1<1a当x∈(1,1a)时，f′(x)<0，∴f(x)在(1,1a)上单调递减，
当x∈(1a,e)时，f′(x)>0，∴f(x)在(1a,e)上单调递增，
∴f(x)在[1,e]上的最小值是f(1a)=−lna−1a−1，
当0<1a≤1，即a≥1时，x∈[1,e]，f′(x)≥0，
∴f(x)在[1,e]上单调递增，
∴f(x)在[1,e]上的最小值是f(1)=−2．
综上，h(a)=1+ae2−(a+2)e,0(3)①g(x)=f(x)−ax2有两个不同的零点x1，x2即lnx−(a+2)x=0有两个不同实根x1，x2，
得a+2=lnxx，令G(x)=lnxx(x>0)，G′ (x)=1−lnxx2，令G′(x)=0，得x=e，
当x∈(0,e)时，G′(x)>0，
∴G(x)在(0,e)上单调递增，
当x∈(e,+∞)时，G′(x)<0，
∴G(x)在(e,+∞)上单调递减，
∴x=e时，G(x)取得最大值1e，且G(1)=0，当x>1时G(x)>0，
得G(x)的大致图像如图所示：
∴a+2∈(0,1e)，所以实数a的取值范围为(−2,1e−2)．
证明：②当−2两根满足lnx1=(a+2)x1，lnx2=(a+2)x2，
两式相加得：ln(x1x2)=(a+2)(x1+x2)，两式相减得：lnx2x1=(a+2)(x2−x1)，
上述两式相除得ln(x1x2)lnx2x1=x1+x2x2−x1，不妨设x1e2，
只需证：ln(x1x2)=x1+x2x2−x1lnx2x1>2，即证lnx2x1>2(x2−x1)x2+x1=2(x2x1−1)x2x1+1，
设t=x2x1>1，令F(t)=lnt−2(t−1)t+1=lnt+4t+1−2，则F′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴函数F(t)在(1,+∞)上单调递增，且F(1)=0．
∴F(t)>0，即lnt>2(t−1)t+1，∴x1⋅x2>e2．
【解析】(1)利用导数求函数f(x)的单调区间；
(2)利用导数分类讨论函数y=f(x)在区间[1,e]的单调性，由单调性求最小值Q(a)；
(3)由函数g(x)有两个不同的零点x1，x2，构造函数G(x)=lnxx(x>0)利用导数研究函数单调性的最值，结合函数图像求实数a的取值范围；把零点代入函数解析式，证明x1x2>e2转化为证明lnx2x1>2(x2−x1)x2+x1=2(x2x1−1)x2x1+1，通过构造函数利用导数求最值的方法证明．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，还考查了导数与函数性质及零点存在定理的应用，属于难题．x
(−∞,0)
0
(0,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增
x
(−∞,1−aa)
1−aa
(1−aa,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
−
0
+
0
−
f(x)
减
极小值
增
极大值
减
x
(−∞,1−aa)
1−aa
(1−aa,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
x
(−∞,0)
0
(0,1−aa)
1−aa
(1−aa,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
增
极大值
减
极小值
增