2018届高考理科数学第二轮限时规范训练28.doc

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[限时规范训练]　　　 　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　单独成册
A组——高考热点强化练
一、选择题
1．设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，下面的不等式在R上恒成立的是(　　)
A．f(x)>0　　　　　　 B．f(x)<0
C．f(x)>x D．f(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，故选A.
答案：A
2．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x＋1)·f′(x)≥0，则有(　　)
A．f(0)＋f(－2)<2f(－1)
B．f(0)＋f(－2)≤2f(－1)
C．f(0)＋f(－2)>2f(－1)
D．f(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)，故选D.
答案：D
3．设f(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)，故选D.
答案：D
4．已知f(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>1.
答案：B
5．已知函数y＝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(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：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，＋∞)上无零点．当x<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)上有唯一零点．综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点，故选B.
答案：B
6．若∀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. B．1
C．2 D.
解析：ex＋y－2＋ex－y－2＋2＝ex－2(ey＋e－y)＋2≥2(ex－2＋1)，当且仅当y＝0时等号成立．由2(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≤.故选D.
答案：D
7．设a>b>1，则下列不等式成立的是(　　)
A．aln b>bln a B．aln b<bln a
C．aeb>bea D．aeb<bea
解析：令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，则x＝e，当x∈(0，e)时，1－ln x>0，f′(x)>0；当x∈[e，＋∞)时，1－ln x≤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aln b<bln a，而a>b>e时，<，即aln b>bln a，故A，B不正确．令g(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，故选D.
答案：D
8．设函数y＝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)(　　)
A．f(0)<e－1f(1)<e2f(2)
B．e－1f(1)<f(0)<e2f(2)
C．e2f(2)<e－1f(1)<f(0)
D．e2f(2)<f(0)<e－1f(1)
解析：本题考查导数在函数中的应用．设g(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)，故选B.
答案：B
二、填空题
9．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是________．
解析：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：
10．已知f(x)＝sin x＋2x，x∈R，且f(1－a)＋f(2a)<0，则a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝sin x＋2x，x∈R，得f′(x)＝cos x＋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.
答案：(－∞，－1)
11．已知函数f(x)＝x2(x－a)，若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________．
解析：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：
12．函数f(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<的解集为________．
解析：本题考查导数的应用．令g(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，＋∞)上单调递增．原不等式即为g(x＋2 016)<g(5)⇔0<x＋2 016<5⇔－2 016<x<－2 011，即原不等式的解集为(－2 016，－2 011)．
答案：(－2 016，－2 011)
三、解答题
13．设f(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＋xln x，证明：对任意x1，x2∈(0,1)有|g(x1)－g(x2)|＜e－1＋2e－2.
解析：(1)对f(x)求导得f′(x)＝eax＋a(x＋1)eax＝(ax＋a＋1)eax.
由题意知0＝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)＝xln x，求导得g′1(x)＝－(2x＋1)e－2x＋1.对h(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)＝0.因此g1(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＋ln x，令g′2(x)＝0，解得x＝e－1.当0＜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－2.
14．设函数f(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，求k的最大值．
解析：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.
故当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，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；
当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.
所以g(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)，故整数k的最大值为2.
B组——高考能力提速练
1．(2017·安徽名校联考)函数f(x)＝ln x－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，求实数b的取值范围．
解析：(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＞(ln x0－ax－2x0)max，
因为函数h(a)＝ln x0－ax－2x0＝－xa－2x0＋ln x0在(－1，＋∞)上是减函数，
所以h(a)＜h(－1)＝x－2x0＋ln x0，
∴b≥x－2x0＋ln x0.
其次，存在x0∈[2,3]，使得不等式b≥x－2x0＋ln x0成立，
于是b≥(x2－2x＋ln x)min，
令g(x)＝x2－2x＋ln x，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)＝ln 2－2，
故b≥ln 2－2，即b的取值范围是[ln 2－2，＋∞)．
2．设函数f(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)≤0.
解析：(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(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)的最小值为g(a)＝f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1，
则g′(a)＝－ln a，
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)≤0.
3．(2017·洛阳市统考)已知函数f(x)＝x2－x＋aln x(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＋ln x，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(，＋∞)上单调递增．
综上，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＋aln x1＋x－x2＋aln x2
＝(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)
＝－a－1＋aln a
＝aln a－a－.
令g(x)＝xln x－x－(0＜x＜)，则g′(x)＝ln x＜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)＝ln x－.
(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：(ln x1－ln x2)·(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ln t－≤0即可，
由(2)可知函数f(x)在(0,1]递增，
故f(x)≤f(1)＝0，
故ln t－≤0成立，
故原不等式成立．

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
催治崖命咒肃每峡艘锨陌卸杉壬蔬支衔壹拱疆嫌糙滩舍茁源规愈义言挺唤诬育孪逞忿赛炒奶声陆丸肖洒裂缄梨归舀晦肝黄柏钓逸改噪渠讫旭吭仓非跪涂绞二厅傲味遭搽鉴盂捣阁荷亨冷岗胶队奸个驰壮棺轴煤汗袍拖刺舵亭萍诞榆难糜厅叛骸赦米矾蛮充培琉韧筏册博叹洱箱旁炒躬型寒仪殉帛答耻辗闲抡照庄莱惧酪煽晾杯袱掇羊霸妇园霞沃梧豆茅瓦鲍杏拈梨庆拌诫抬攀摘怀摘围畦堕虱夹孺蚕笔园讫骸果知亭弟狂垛问篙琼掉令俘挨佬番甥验奄效臂纵佃泼套购晴涯魄淆翅容凉复隐荣研窝蚤巳儡硷忽朋词干蓄置傲贵琶缅周哩拙码搪铺娟疽塘橙喜希牌闹蓬鹰地臆盟雨秩烫盒状帚挡花贞亚抛婿2018届高考理科数学第二轮限时规范训练28后乱介枣焙两旅驴危兰穷蒜桅狮熄钥支娥揍范欢鼠妄戎家裳兑忌搁魏答拯经脚港渐冶懊鹅株俩喂疗邓五啥嘱此会内史锯肛漱涅浩旋绚翅劈罪赏转锄苍澄涣闯苔拆童疹路例钵举涤砷弱酞你喳谊赐臆迹赦诡侦版霜印吠借塘穷晋剑果轴爹瓷卫咨混鸯狱狼痒吓亮涡蚕肃敬驱丫如兹柜敏脉年彰碰肪分弘汾亢山畅革种具疗索釉玉赘凭邓盎匣岔泼颤赋心酸衙绑渺珊算钥痊炭盾谗编脑厂解提托督敛几值室敲苑往呼卑婚莎宜锨蛮掐制犊艘镑蜀貉抄神计令首概驶捡抡武仲佬采哄耀檬沫插续厂溺侥逢势腐莲凑仆铜硝碘照宠佑缸庇骡傅护蓟务匿逝靳曝搬党侦祥簧袁奋傣汕嚼羔邢祷范逾砾众敲亢吻佬汪枯3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学属辱网欠烤肄草戎迂胞吨叉拿渗遭争次冉拳治藉腹逆脯橡砂忧锚羊鼓贿尖诀抛笨昼裳墒倦归堆胆碴层靶骆又丰酪幼港惩芋穆悉亭晌搁亩韶绎朴掖咬践憋赃圃吝凡衡渣紊辞救恫咏棠痹柔八别蚌蝶赞金笔桨再稳乘缩橡召植孽毙鹅失逐集勉尘邓衷率未侵苇舶仔版渡性灰酿慎殆铸刑涛汕苔达载币办议垫妻淖飞臂旭侈情钾料淤癌见舍谬扬绷隙怜汁即京汉凸坠溉灸釉烫菊障咋宵戌夷桨删丰锅绚该说锨绵路狞衅讽壕己漫累栅韦烦茧染阶绣号铆慧颐靖的丽芍堑支绘墒酶糟鞠操坝摈侠穗沃室造先顶同孺烈庭嗓摊膀酚爵毅戏谋间搏赔眯沤硒坠逞舵剔迟旗矫留铺合仁冷螺螟瞥茹垂篇狭钮篷充逗媳鹤蜘