2018届高考理科数学第二轮限时规范训练28.doc

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(x)<x解析:可令f(x)=x2+,则f(x)满足条件,验证各个选项,知B、C、D都不恒成立,:(x),若满足(x+1)·f′(x)≥0,则有( )(0)+f(-2)<2f(-1)(0)+f(-2)≤2f(-1)(0)+f(-2)>2f(-1)(0)+f(-2)≥2f(-1)解析:由题意得,当x≥-1时,f′(x)≥0,当x≤-1时,f′(x)≤0,∴f(x)的最小值为f(-1),即对任意实数x,都有f(x)≥f(-1),∴f(0)≥f(-1),f(-2)≥f(-1),∴f(0)+f(-2)≥2f(-1),:(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且f(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是( )A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)解析:设h(x)=f(x)g(x),又h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0知x<0时,h(x)为增函数,又f(x),g(x)分别是奇函数和偶函数,∴h(x)为奇函数且在(0,+∞)上为增函数,且h(3)=0,所以f(x)g(x)<0的解集为(-∞,-3)∪(0,3),:(x)是定义在R上的函数,f′(x)是f(x)的导函数,且f′(x)<,f(1)=1,则不等式f(x)<+的解集为( )A.{x|x<-1} B.{x|x>1}C.{x|x<-1或x>1} D.{x|-1<x<1}解析:∵f(x)<+,∴f(x)-<.令g(x)=f(x)-,∵g(1)=,∴g(x)<g(1).∵g′(x)=f′(x)-<0,∴g(x)为减函数,∴x>:=f(x)是R上的可导函数,当x≠0时,有f′(x)+>0,则函数F(x)=xf(x)+的零点个数是( ) :当x≠0时,f′(x)+==>0,当x>0时,[xf(x)]′>0,则h(x)=xf(x)在(0,+∞)上为增函数,且h(0)=0,∴h(x)=xf(x)>0在(0,+∞)上恒成立,又>0,∴F(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即F(x)在(0,+∞)<0时,[xf(x)]′<0,∴h(x)=xf(x)在(-∞,0)上为减函数,且h(0)=0,∴h(x)=xf(x)>0在(-∞,0)上恒成立,所以F(x)=xf(x)+在(-∞,0)上为减函数,当x→0时,xf(x)→0,→-∞,则F(x)<0,x→-∞时,→0,F(x)≈xf(x)>0,∴F(x)在(-∞,0),F(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上有唯一零点,:?x,y∈[0,+∞),不等式4ax≤ex+y-2+ex-y-2+2恒成立,则实数a的最大值是( )A. :ex+y-2+ex-y-2+2=ex-2(ey+e-y)+2≥2(ex-2+1),当且仅当y=(ex-2+1)≥4ax,得2a≤.令g(x)=,则g′(x)=,可得g′(2)=0,且在(2,+∞)上,g′(x)>0,在[0,2]上,g′(x)<0,故g(x)的最小值为g(2)=1,所以2a≤1,即a≤.:>b>1,则下列不等式成立的是( )>blna <>bea <bea解析:令f(x)=(x>0),则f′(x)=,令f′(x)=0,则x=e,当x∈(0,e)时,1-lnx>0,f′(x)>0;当x∈[e,+∞)时,1-lnx≤0,f′(x)≤0,∴函数f(x)的增区间为(0,e),减区间为[e,+∞),又e∈(1,+∞),∴当e>a>b时,f(b)<f(a),即<,即alnb<blna,而a>b>e时,<,即alnb>blna,故A,(x)=,同理可知函数g(x)的增区间为[1,+∞),减区间为(-∞,0),(0,1),∴当a>b>1时,g(a)>g(b),即>,即aeb<bea,:=f(x),x∈R的导函数为f′(x),且f(x)=f(-x),f′(x)<f(x),则下列不等式成立的是(e为自然对数的底数)( )(0)<e-1f(1)<e2f(2)-1f(1)<f(0)<e2f(2)(2)<e-1f(1)<f(0)(2)<f(0)<e-1f(1)解析:(x)=,则g′(x)=,又因为对任意x∈R,f′(x)<f(x),所以任意x∈R,g′(x)=<0恒成立,函数g(x)=在R上单调递减,所以g(1)<g(0)<g(-2),即<<,即e-1f(1)<f(0)<e2f(-2),又因为f(x)=f(-x),所以e-1f(1)<f(0)<e2f(2),:B二、(x)=x3-6bx+3b在(0,1)内有极小值,:f′(x)=3x2-6b,若f(x)在(0,1)内有极小值,则f′(0)f′(1)<0,即-6b·(3-6b)<0,解得0<b<.答案:(x)=sinx+2x,x∈R,且f(1-a)+f(2a)<0,:由f(x)=sinx+2x,x∈R,得f′(x)=cosx+2>0,∴f(x)在(-∞,+∞)上递增且是奇函数,由f(1-a)+f(2a)<0,即f(2a)<f(a-1),∴2a<a-1,∴a<-:(-∞,-1)(x)=x2(x-a),若f(x)在(2,3)上不单调,:由f(x)=x3-ax2,得f′(x)=3x2-2ax=3x,若f(x)在(2,3)上不单调,则有可得3<a<.答案:(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数,其导函数为f′(x),且满足xf′(x)+2f(x)>0,则不等式<:(x)=x2f(x),x∈(0,+∞),则g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]>0,x∈(0,+∞),所以函数g(x)=x2f(x)在(0,+∞)(x+2016)<g(5)?0<x+2016<5?-2016<x<-2011,即原不等式的解集为(-2016,-2011).答案:(-2016,-2011)三、(x)=(x+1)eax(其中a≠0),曲线y=f(x)在x=处有水平切线.(1)求a的值;(2)设g(x)=f(x)+x+xlnx,证明:对任意x1,x2∈(0,1)有|g(x1)-g(x2)|<e-1+2e-:(1)对f(x)求导得f′(x)=eax+a(x+1)eax=(ax+a+1)=f′=(a+2)e,解得a=-2.(2)证明:令g(x)=g1(x)+g2(x),x∈(0,1),其中g1(x)=(x+1)e-2x+x,g2(x)=xlnx,求导得g′1(x)=-(2x+1)e-2x+(x)=g′1(x)求导得h′(x)=-2e-2x+2(2x+1)e-2x=4xe-2x>0,x∈(0,1).因此g′1(x)在(0,1)上为增函数,故当x∈(0,1)时,g′1(x)>g′1(0)=(x)在(0,1)上也为增函数,从而1=g1(0)<g1(x)<g1(1)=1+2e-2(0<x<1).①又g′2(x)=1+lnx,令g′2(x)=0,解得x=e-<x<e-1时,g′2(x)<0,g2(x)在(0,e-1)上为减函数;当e-1<x<1时,g′2(x)>0,g2(x)在(e-1,1)上为增函数,从而g2(x)在(0,1)上取得的最小值为g2(e-1)=-e-1,因此-e-1≤g2(x)<0(0<x<1).②由①②得1-e-1<g(x)<1+2e-2(0<x<1),因此对任意x1,x2∈(0,1),有|g(x1)-g(x2)|<(1+2e-2)-(1-e-1)=e-1+2e-(x)=ex-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)>0,则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).①令g(x)=+x,则g′(x)=+1=.由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)′(x)在(0,+∞),则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),——高考能力提速练1.(2017·安徽名校联考)函数f(x)=lnx-ax2-2x(a>-1).(1)若a=8,求f(x)的单调区间;(2)若a>-1,对任意的a,总存在某个x0∈[2,3],使得f(x0)-b<0成立,:(1)f′(x)=-(x>0),x∈(0,)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.(2)首先,对于任意a∈(-1,+∞),都存在某个x0∈[2,3],使得f(x0)-b<0成立,则b>(lnx0-ax-2x0)max,因为函数h(a)=lnx0-ax-2x0=-xa-2x0+lnx0在(-1,+∞)上是减函数,所以h(a)<h(-1)=x-2x0+lnx0,∴b≥x-2x0+,存在x0∈[2,3],使得不等式b≥x-2x0+lnx0成立,于是b≥(x2-2x+lnx)min,令g(x)=x2-2x+lnx,则g′(x)=x-2+=≥0,所以函数g(x)在[2,3]上是增函数,于是g(x)min=g(2)=ln2-2,故b≥ln2-2,即b的取值范围是[ln2-2,+∞).(x)=ex-ax-1.(1)若函数f(x)在R上单调递增,求a的取值范围;(2)当a>0时,设函数f(x)的最小值为g(a),求证:g(a)≤:(1)由题意知f′(x)=ex-a≥0对x∈R恒成立,且ex>0,故a的取值范围为.(2)证明:由a>0,及f′(x)=ex-a可得,函数f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,故函数f(x)的最小值为g(a)=f(lna)=elna-alna-1=a-alna-1,则g′(a)=-lna,故当a∈(0,1)时,g′(a)>0,当a∈(1,+∞)时,g′(a)<0,从而可知g(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,且g(1)=0,故g(a)≤.(2017·洛阳市统考)已知函数f(x)=x2-x+alnx(a>0).(1)若a=1,求f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论f(x)的单调性;(3)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)>.解析:(1)a=1时,f(x)=x2-x+lnx,f′(x)=x-1+,f′(1)=1,f(1)=-,∴y-(-)=x-1,即y=x-.∴f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程为2x-2y-3=0.(2)f′(x)=x-1+=(a>0).①若a≥,x2-x+a≥0,f′(x)≥0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.②若0<a<,由x2-x+a>0得0<x<或x>;由x2-x+a<0得<x<.∴f(x)在(,)上单调递减,在(0,)和(,+∞),当a≥时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当0<a<时,f(x)在(,)上单调递减,在(0,)和(,+∞)上单调递增.(3)由(2)知0<a<时,f(x)存在两个极值点x1,x2,且x1,x2是方程x2-x+a=0的两个根,∴x1+x2=1,x1·x2=a.∴f(x1)+f(x2)=x-x1+alnx1+x-x2+alnx2=(x1+x2)2-x1·x2-(x1+x2)+aln(x1·x2)=-a-1+alna=alna-a-.令g(x)=xlnx-x-(0<x<),则g′(x)=lnx<0.∴g(x)在(0,)上单调递减,∴g(x)>g()=.∴f(x1)+f(x2)>.4.(2017·抚顺市模拟)已知函数f(x)=lnx-.(1)若a=4,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间(0,1]内单调递增,求实数a的取值范围;(3)若x1、x2∈R+,且x1≤x2,求证:(lnx1-lnx2)·(x1+2x2)≤3(x1-x2).解析:(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=-=,a=4时,f′(x)=,由f′(x)>0,解得:0<x<4-2或x>4+2,由f′(x)<0,解得:4-2<x<4+2,故f(x)在(0,4-2)递增,在(4-2,4+2)递减,在(4+2,+∞)递增;(2)由(1)得:f′(x)=,若函数f(x)在区间(0,1]递增,则有x2+(4-3a)x+4≥0在(0,1]内恒成立,即3a≤+x+4恒成立,又函数y=+x+4在x=1时取得最小值9,故a≤3;(3)证明:当x1=x2时,不等式显然成立,当x1≠x2时,∵x1,x2∈R+,∴要原不等式成立,只要ln≤=成立即可,令t=∈(0,1],故只要lnt-≤0即可,由(2)可知函数f(x)在(0,1]递增,故f(x)≤f(1)=0,