2025年高二數(shù)學(xué)函數(shù)性質(zhì)培優(yōu)試卷（附答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、已知函數(shù)$f(x)=x^3-ax+1$，其中a為實(shí)數(shù)。(1)若函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極值，求a的值及函數(shù)的單調(diào)區(qū)間。(2)討論函數(shù)$f(x)$是否存在零點(diǎn)。二、設(shè)函數(shù)$g(x)=e^x-bx-1$，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，b為實(shí)數(shù)。(1)求函數(shù)$g(x)$的極小值。(2)若函數(shù)$g(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增，求b的取值范圍。三、定義在R上的奇函數(shù)$f(x)$滿足：對任意$x_1,x_2\inR$，都有$f(x_1+x_2)=f(x_1)+f(x_2)$，且當(dāng)$x\in(0,1)$時，$f(x)=x-1$。(1)求$f(0)$的值，并證明$f(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞增。(2)若$f(x)=0$的解構(gòu)成一個等差數(shù)列$\{a_n\}$，求$a_n$的通項(xiàng)公式。四、已知函數(shù)$h(x)=\ln(x+1)-ax^2$，其中a為實(shí)數(shù)。(1)當(dāng)$a=1$時，求函數(shù)$h(x)$的定義域和值域。(2)討論函數(shù)$h(x)$的凹凸性。(3)若存在$x_0>0$，使得$h(x_0)=1$，求a的取值范圍。五、設(shè)函數(shù)$F(x)=x^3-3x^2+2$。(1)求函數(shù)$F(x)$的圖象的對稱中心。(2)討論方程$F(x)-mx=0$的根的個數(shù)。六、設(shè)函數(shù)$f(x)=\frac{x^2+2x+3}{x}$，g(x)是f(x)圖象上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離的最小值。(1)求g(x)的表達(dá)式。(2)討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性。七、設(shè)函數(shù)$u(x)=x^3-ax^2+bx$，其中a，b為實(shí)數(shù)，且$u(1)=1$，$u'(1)=2$。(1)求$a$和$b$的值。(2)討論函數(shù)$u(x)$的極值點(diǎn)的個數(shù)。(3)若函數(shù)$u(x)$在區(qū)間$(m,m+1)$上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)$m$的取值范圍。試卷答案一、(1)$f'(x)=3x^2-a$。由題意，$f'(1)=3-a=0$，解得$a=3$。$f'(x)=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1)$。當(dāng)$x\in(-\infty,-1)$時，$f'(x)>0$，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(-1,1)$時，$f'(x)<0$，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時，$f'(x)>0$，函數(shù)單調(diào)遞增。故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為$(-\infty,-1)$，$(1,+\infty)$；單調(diào)遞減區(qū)間為$(-1,1)$。(2)令$h(x)=x^3-ax+1$。$h'(x)=3x^2-a$。若$a\leq0$，則$h'(x)\geq0$，函數(shù)在R上單調(diào)遞增。由于$h(0)=1>0$，函數(shù)無零點(diǎn)。若$a>0$，令$h'(x)=0$，得$x=\pm\sqrt{\frac{a}{3}}$。當(dāng)$x\in(-\infty,-\sqrt{\frac{a}{3}})$時，$h'(x)>0$，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(-\sqrt{\frac{a}{3}},\sqrt{\frac{a}{3}})$時，$h'(x)<0$，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(\sqrt{\frac{a}{3}},+\infty)$時，$h'(x)>0$，函數(shù)單調(diào)遞增。$h(\sqrt{\frac{a}{3}})=(\sqrt{\frac{a}{3}})^3-a\sqrt{\frac{a}{3}}+1=-\frac{2a\sqrt{\frac{a}{3}}}{3}+1$。若函數(shù)存在零點(diǎn)，則需$h(\sqrt{\frac{a}{3}})<0$，即$-\frac{2a\sqrt{\frac{a}{3}}}{3}+1<0$，解得$a>\frac{3\sqrt{6}}{4}$。又當(dāng)$x\to-\infty$時，$h(x)\to-\infty$；當(dāng)$x\to+\infty$時，$h(x)\to+\infty$。故當(dāng)$a>\frac{3\sqrt{6}}{4}$時，函數(shù)存在零點(diǎn)；當(dāng)$a\leq\frac{3\sqrt{6}}{4}$時，函數(shù)無零點(diǎn)。二、(1)$g'(x)=e^x-b$。令$g'(x)=0$，得$x=\lnb$。當(dāng)$b\leq0$時，$g'(x)>0$，函數(shù)在R上單調(diào)遞增，無極小值。當(dāng)$b>0$時，函數(shù)在$(-\infty,\lnb)$上單調(diào)遞減，在$(\lnb,+\infty)$上單調(diào)遞增。故函數(shù)的極小值為$g(\lnb)=e^{\lnb}-b\lnb-1=b-b\lnb-1$。(2)函數(shù)$g(x)$在區(qū)間$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增，等價于對任意$x\in(0,+\infty)$，都有$g'(x)\geq0$。即對任意$x\in(0,+\infty)$，都有$e^x-b\geq0$，即$b\leqe^x$。因?yàn)?x\in(0,+\infty)$時，$e^x$的最小值為$e^0=1$。故$b\leq1$。即$b$的取值范圍是$(-\infty,1]$。三、(1)由奇函數(shù)性質(zhì)，$f(0)=0-1+f(0)$，解得$f(0)=0$。設(shè)$x_1,x_2\in(0,1)$，且$x_1<x_2$。則$x_2-x_1\in(0,1)$，由$f(x)$的奇偶性和已知，$f(x_2-x_1)=(x_2-x_1)-1$。$f(x_2)=f((x_2-x_1)+x_1)=f(x_2-x_1)+f(x_1)=[(x_2-x_1)-1]+(x_1-1)=x_2-1$。$f(x_1)=x_1-1$。故$f(x_2)-f(x_1)=(x_2-1)-(x_1-1)=x_2-x_1>0$。即$f(x_2)>f(x_1)$，所以$f(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞增。(2)令$f(x)=0$，即$x-1=0$，得$x=1$。所以$f(x)=0$的解集為$\{1\}$。由題意，$\{a_n\}$是公差為$d$的等差數(shù)列，且$a_n=1$。若公差$d\neq0$，則數(shù)列$\{a_n\}$有無窮多個項(xiàng)，矛盾。故公差$d=0$，即數(shù)列$\{a_n\}$的各項(xiàng)均為1。所以$a_n=1$。四、(1)函數(shù)$h(x)=\ln(x+1)-ax^2$的定義域需滿足$x+1>0$，即$x>-1$。當(dāng)$a=1$時，$h(x)=\ln(x+1)-x^2$。$h'(x)=\frac{1}{x+1}-2x$。令$h'(x)=0$，得$2x(x+1)-1=0$，解得$x=\frac{-1\pm\sqrt{3}}{2}$。由于$x>-1$，取$x=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}$。當(dāng)$x\in(-1,\frac{-1+\sqrt{3}}{2})$時，$h'(x)>0$，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(\frac{-1+\sqrt{3}}{2},+\infty)$時，$h'(x)<0$，函數(shù)單調(diào)遞減。$h(\frac{-1+\sqrt{3}}{2})=\ln(\frac{-1+\sqrt{3}}{2}+1)-(\frac{-1+\sqrt{3}}{2})^2=\ln(\frac{1+\sqrt{3}}{2})-\frac{2-\sqrt{3}}{4}=\ln(\frac{1+\sqrt{3}}{2})-\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}=\ln(\frac{1+\sqrt{3}}{2})-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}$。當(dāng)$x\to-1^+$時，$\ln(x+1)\to-\infty$，$-x^2\to0$，故$h(x)\to-\infty$。當(dāng)$x\to+\infty$時，$\ln(x+1)$增長緩慢，$-x^2$主導(dǎo)，故$h(x)\to-\infty$。故函數(shù)的值域?yàn)?(-\infty,\ln(\frac{1+\sqrt{3}}{2})-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}]$。(2)$h'(x)=\frac{1}{x+1}-2ax$。$h''(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}-2a$。當(dāng)$a\geq0$時，$h''(x)<0$，函數(shù)$h(x)$在定義域內(nèi)是凹函數(shù)（向下凹）。當(dāng)$a<0$時，$h''(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}-2a$。令$h''(x)=0$，得$x=-\frac{1}{2a}-1$。若$a<-\frac{1}{2}$，則$-\frac{1}{2a}-1>-1$。當(dāng)$x\in(-1,-\frac{1}{2a}-1)$時，$h''(x)>0$，函數(shù)$h(x)$是凸函數(shù)（向上凸）；當(dāng)$x\in(-\frac{1}{2a}-1,+\infty)$時，$h''(x)<0$，函數(shù)$h(x)$是凹函數(shù)（向下凹）。若$a=-\frac{1}{2}$，則$-\frac{1}{2a}-1=0$。$h''(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}+1$。當(dāng)$x\in(-1,0)$時，$h''(x)>0$；當(dāng)$x\in(0,+\infty)$時，$h''(x)<0$。函數(shù)$h(x)$在$(-1,0)$上是凸函數(shù)，在$(0,+\infty)$上是凹函數(shù)。若$a>-\frac{1}{2}$，則$-\frac{1}{2a}-1<-1$。當(dāng)$x\in(-1,+\infty)$時，$h''(x)<0$，函數(shù)$h(x)$在定義域內(nèi)是凹函數(shù)（向下凹）。綜上，當(dāng)$a\geq0$或$a>-\frac{1}{2}$時，函數(shù)$h(x)$是凹函數(shù)；當(dāng)$a=-\frac{1}{2}$時，函數(shù)$h(x)$在$(-1,0)$上是凸函數(shù)，在$(0,+\infty)$上是凹函數(shù)；當(dāng)$a<-\frac{1}{2}$時，函數(shù)$h(x)$在$(-1,-\frac{1}{2a}-1)$上是凸函數(shù)，在$(-\frac{1}{2a}-1,+\infty)$上是凹函數(shù)。(3)存在$x_0>0$，使得$h(x_0)=1$，即$\ln(x_0+1)-ax_0^2=1$。即$a=\frac{\ln(x_0+1)-1}{x_0^2}$。記$\varphi(x)=\frac{\ln(x+1)-1}{x^2}$，$x>0$。$\varphi'(x)=\frac{\frac{1}{x+1}\cdotx^2-(\ln(x+1)-1)\cdot2x}{x^4}=\frac{x-2x\ln(x+1)+2x}{x^3(x+1)}=\frac{x(x+1)-2x\ln(x+1)}{x^3(x+1)}=\frac{x-2\ln(x+1)}{x^3(x+1)}$。令$p(x)=x-2\ln(x+1)$，$x>0$。$p'(x)=1-\frac{2}{x+1}=\frac{x-1}{x+1}$。當(dāng)$x\in(0,1)$時，$p'(x)<0$，$p(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時，$p'(x)>0$，$p(x)$單調(diào)遞增。$p(0)=0-2\ln(1)=0$。$p(1)=1-2\ln(2)<0$。$p(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞減，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增，且$p(1)<0$。當(dāng)$x\to0^+$時，$p(x)\to0$；當(dāng)$x\to+\infty$時，$p(x)\to+\infty$。因?yàn)?p(1)<0$，存在$x_1\in(0,1)$，使得$p(x_1)=0$，即$x_1-2\ln(x_1+1)=0$。當(dāng)$x\in(0,x_1)$時，$p(x)>0$；當(dāng)$x\in(x_1,+\infty)$時，$p(x)>0$。故當(dāng)$x>0$時，$p(x)\geq0$當(dāng)且僅當(dāng)$x\geqx_1$。即$\varphi'(x)\leq0$當(dāng)且僅當(dāng)$x\geqx_1$。故$\varphi(x)$在$(0,x_1)$上單調(diào)遞增，在$(x_1,+\infty)$上單調(diào)遞減。$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上的最大值為$\varphi(x_1)=\frac{\ln(x_1+1)-1}{x_1^2}$。由$x_1-2\ln(x_1+1)=0$，得$\ln(x_1+1)=\frac{x_1}{2}$。代入$\varphi(x_1)$，得$\varphi(x_1)=\frac{\frac{x_1}{2}-1}{x_1^2}=\frac{x_1-2}{2x_1^2}$。當(dāng)$x\in(0,x_1)$時，$p(x)<0$，$\varphi'(x)>0$，$\varphi(x)$單調(diào)遞增。當(dāng)$x\in(x_1,+\infty)$時，$p(x)>0$，$\varphi'(x)<0$，$\varphi(x)$單調(diào)遞減。故$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上的最大值為$\varphi(x_1)=\frac{x_1-2}{2x_1^2}$。由于$x_1\in(0,1)$，$x_1-2<0$，$2x_1^2>0$，故$\varphi(x_1)<0$。所以，$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上的值域?yàn)?(-\infty,\frac{x_1-2}{2x_1^2}]$。要使得存在$x_0>0$，使得$a=\frac{\ln(x_0+1)-1}{x_0^2}$，則必須有$a\leq\frac{x_1-2}{2x_1^2}$。即$a\leq\varphi(x_1)$。由于$\varphi(x_1)<0$，故$a$的取值范圍是$(-\infty,0]$。五、(1)$F(x)=x^3-3x^2+2=(x-1)^3+1$。故函數(shù)$F(x)$的圖象的對稱中心為$(1,1)$。(2)方程$F(x)-mx=0$即為$x^3-3x^2+(2-mx)=0$。令$g(x)=x^3-3x^2+(2-mx)$。$g'(x)=3x^2-6x-m$。令$g'(x)=0$，得$3(x^2-2x-\frac{m}{3})=0$，即$(x-1)^2=\frac{m+3}{3}$。若$m\leq-3$，則$\frac{m+3}{3}\leq0$，$g'(x)\geq0$，函數(shù)$g(x)$在R上單調(diào)遞增，最多有一個零點(diǎn)。若$m>-3$，則$\frac{m+3}{3}>0$，令$h(x)=(x-1)^2-\frac{m+3}{3}$。當(dāng)$x\in(-\infty,1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})$時，$h(x)>0$，$g'(x)>0$，函數(shù)$g(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}},1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})$時，$h(x)<0$，$g'(x)<0$，函數(shù)$g(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}},+\infty)$時，$h(x)>0$，$g'(x)>0$，函數(shù)$g(x)$單調(diào)遞增。$g(x)$在$x=1-\sqrt{\frac{m+3}{3}}$處取得極大值，在$x=1+\sqrt{\frac{m+3}{3}}$處取得極小值。$g(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})=(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})^3-3(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})^2+(2-m(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}}))$$=1-3\sqrt{\frac{m+3}{3}}+3\frac{m+3}{3}-\frac{m+3}{3}\sqrt{\frac{m+3}{3}}-3(1-2\sqrt{\frac{m+3}{3}}+\frac{m+3}{3})+2-m+m\sqrt{\frac{m+3}{3}}$$=1-3\sqrt{\frac{m+3}{3}}+m+3-\frac{(m+3)\sqrt{m+3}}{3\sqrt{3}}-3+6\sqrt{\frac{m+3}{3}}-m-3+2-m+m\sqrt{\frac{m+3}{3}}$$=1-3\sqrt{\frac{m+3}{3}}+6\sqrt{\frac{m+3}{3}}-\frac{(m+3)\sqrt{m+3}}{3\sqrt{3}}+m\sqrt{\frac{m+3}{3}}-4$$=-4+\frac{3\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}+\frac{m\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}-\frac{(m+3)\sqrt{m+3}}{3\sqrt{3}}$$=-4+\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}(3+m-\frac{m+3}{3})=-4+\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}(\frac{9+3m-m-3}{3})=-4+\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}\frac{6+2m}{3}=-4+\frac{2\sqrt{m+3}(3+m)}{3\sqrt{3}}=-4+\frac{2\sqrt{3(m+3)(m+3)}}{9}=-4+\frac{2\sqrt{(m+3)^3}}{9}$。$g(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})=(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})^3-3(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})^2+(2-m(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}}))$$=1+3\sqrt{\frac{m+3}{3}}+3\frac{m+3}{3}+\frac{(m+3)\sqrt{m+3}}{3\sqrt{3}}-3(1+2\sqrt{\frac{m+3}{3}}+\frac{m+3}{3})+2-m-m\sqrt{\frac{m+3}{3}}$$=1+3\sqrt{\frac{m+3}{3}}+m+3+\frac{(m+3)\sqrt{m+3}}{3\sqrt{3}}-3-6\sqrt{\frac{m+3}{3}}-m-3+2-m-m\sqrt{\frac{m+3}{3}}$$=1+3\sqrt{\frac{m+3}{3}}-6\sqrt{\frac{m+3}{3}}+\frac{(m+3)\sqrt{m+3}}{3\sqrt{3}}-m-m\sqrt{\frac{m+3}{3}}-3$$=-2\sqrt{\frac{m+3}{3}}+\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}(m+3-m)-3=-2\sqrt{\frac{m+3}{3}}+\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}(3)-3=-2\sqrt{\frac{m+3}{3}}+\sqrt{m+3}-3=\sqrt{m+3}-3-\sqrt{\frac{m+3}{3}}=\sqrt{m+3}-\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}-3=\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}(\sqrt{3}-1)-3$。當(dāng)$m>-3$時，$g(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})-g(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})=-4+\frac{2\sqrt{(m+3)^3}}{9}-(\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}(\sqrt{3}-1)-3)=-4+\frac{2\sqrt{(m+3)^3}}{9}-\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}\sqrt{3}+\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}-3=-7+\frac{2\sqrt{(m+3)^3}}{9}-\sqrt{m+3}+\frac{\sqrt{m+3}}{\sqrt{3}}=-7+\frac{2\sqrt{(m+3)^3}}{9}-\sqrt{m+3}(1-\frac{1}{\sqrt{3}})=-7+\sqrt{m+3}(\frac{2\sqrt{m+3}}{9}-1+\frac{1}{\sqrt{3}})$。令$t=\sqrt{m+3}$，$t>0$。$g(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})-g(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})=-7+t(\frac{2t^2}{9}-1+\frac{1}{t})=-7+t(\frac{2t^2}{9}-1+\frac{1}{t})=-7+\frac{2t^3}{9}-t+1=\frac{2t^3}{9}-t-6$。令$f(t)=\frac{2t^3}{9}-t-6$，$t>0$。$f'(t)=\frac{2}{9}(3t^2)-1=\frac{2t^2}{3}-1$。令$f'(t)=0$，得$t=\frac{\sqrt{6}}{2}$。當(dāng)$t\in(0,\frac{\sqrt{6}}{2})$時，$f'(t)<0$，$f(t)$單調(diào)遞減；當(dāng)$t\in(\frac{\sqrt{6}}{2},+\infty)$時，$f'(t)>0$，$f(t)$單調(diào)遞增。$f(t)$在$t=\frac{\sqrt{6}}{2}$處取得最小值。$f(\frac{\sqrt{6}}{2})=\frac{2(\frac{\sqrt{6}}{2})^3}{9}-\frac{\sqrt{6}}{2}-6=\frac{2\cdot\frac{6\sqrt{6}}{8}}{9}-\frac{\sqrt{6}}{2}-6=\frac{\frac{3\sqrt{6}}{2}}{3}-\frac{\sqrt{6}}{2}-6=\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}-6=-6$。故$f(t)\geq-6$。即$g(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})-g(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})\geq-6$。若$g(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})-g(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})>0$，則方程$F(x)-mx=0$有三個實(shí)根。若$g(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})-g(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})=0$，則方程$F(x)-mx=0$有兩個相等的實(shí)根。若$g(1-\sqrt{\frac{m+3}{3}})-g(1+\sqrt{\frac{m+3}{3}})<0$，則方程$F(x)-mx=0$只有一個實(shí)根。故當(dāng)$m>-3$且$m\neq-\frac{9}{4}$時，方程$F(x)-mx=0$有三個實(shí)根；當(dāng)$m=-3$或$m=-\frac{9}{4}$時，方程$F(x)-mx=0$有兩個實(shí)根；當(dāng)$m\leq-3$時，方程$F(x)-mx=0$只有一個實(shí)根。六、(1)函數(shù)$f(x)=\frac{x^2+2x+3}{x}=x+\frac{3}{x}+2$。設(shè)$f(x)$圖象上的點(diǎn)為$P(x,y)$，其中$y=f(x)$。點(diǎn)$P$到原點(diǎn)的距離$g(x)=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{x^2+(x+\frac{3}{x}+2)^2}$。$g(x)^2=x^2+(x+\frac{3}{x}+2)^2=x^2+x^2+2\cdotx\cdot\frac{3}{x}+2\cdotx\cdot2+(\frac{3}{x})^2+2\cdot\frac{3}{x}\cdot2+2^2$$=2x^2+6+4x+\frac{9}{x^2}+\frac{12}{x}+4=2x^2+4x+\frac{9}{x^2}+\frac{12}{x}+10$。令$h(x)=2x^2+4x+\frac{9}{x^2}+\frac{12}{x}+10$。求$h(x)$的最小值即可。$h'(x)=4x+4-\frac{18}{x^3}-\frac{12}{x^2}=\frac{4x^4+4x^3-18-12x}{x^3}=\frac{4x^4+4x^3-12x-18}{x^3}$。令$h'(x)=0$，得$4x^4+4x^3-12x-18=0$。由于$h(x)$在$(0,+\infty)$上求最小值，可嘗試代入一些特殊值或分析導(dǎo)數(shù)符號變化。令$x=1$，$h(1)=2(1)^2+4(1)+\frac{9}{(1)^2}+\frac{12}{1}+10=2+4+9+12+10=37$。令$x=\frac{3}{2}$，$h(\frac{3}{2})=2(\frac{3}{2})^2+4(\frac{3}{2})+\frac{9}{(\frac{3}{2})^2}+\frac{12}{\frac{3}{2}}+10=2\cdot\frac{9}{4}+6+\frac{9}{\frac{9}{4}}+8+10=\frac{9}{2}+6+4+8+10=\frac{9+12+8+16+20}{2}=\frac{65}{2}=32.5$。令$x=2$，$h(2)=2(2)^2+4(2)+\frac{9}{(2)^2}+\frac{12}{2}+10=8+8+\frac{9}{4}+6+10=32+\frac{9}{4}=32+2.25=34.25$。從$h(1)=37$，$h(\frac{3}{2})=32.5$，$h(2)=34.25$，可以看出$h(x)$在$(0,+\infty)$上可能存在最小值。$h'(x)=\frac{4(x^2+x-3)(x^2+2)}{x^3}$。令$x^2+x-3=0$，得$x=\sqrt{3}-1$（舍去負(fù)值）。當(dāng)$x\in(0,\sqrt{3}-1)$時，$x^2+x-3<0$，$x^2+2>0$，$x^3>0$，$h'(x)<0$，$h(x)$單調(diào)遞減。當(dāng)$x\in(\sqrt{3}-1,+\infty)$時，$x^2+x-3>0$，$x^2+2>0$，$x^3>0$，$h'(x)>0$，$h(x)$單調(diào)遞增。故$h(x)$在$x=\sqrt{3}-1$處取得最小值。$h(\sqrt{3}-1)=2