【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教A版)階段性測試題7(不等式)

階段性測試題七(不等式)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分150分。考試時間120分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．(文)(2021·湖北教學合作聯(lián)考)已知集合A＝{x|y＝eq\r(x2－2x－3)}，B＝{x|eq\f(x＋2,x－2)≤0}，則A∩B＝()A．[－1,1] B．[－1,2)C．[1,2) D．[－2，－1][答案]D[解析]依題意，集合A＝{x|x≤－1或x≥3}，B＝{x|－2≤x<2}，利用集合的運算可得，A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，故選D．(理)(2022·遼寧師大附中期中)若不等式x2＋ax－2>0在區(qū)間[1,5]上有解，則a的取值范圍是()A．(－eq\f(23,5)，＋∞) B．[－eq\f(23,5)，1]C．(1，＋∞) D．(－∞，－eq\f(23,5)][答案]A[解析]∵x∈[1,5]，∴不等式變形為a>－x＋eq\f(2,x)，∵x∈[1,5]時，y＝－x＋eq\f(2,x)單調遞減，∴y∈[－eq\f(23,5)，1]，∴要使不等式在[1,5]上有解，應有a>－eq\f(23,5)，故選A．2．(2021·洛陽市期中)已知p：eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)，q：－eq\f(5,2)≤x＋eq\f(1,x)≤－2，則p是q的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]由eq\f(1,4)≤2x≤eq\f(1,2)得，－2≤x≤－1；由－eq\f(5,2)≤x＋eq\f(1,x)≤－2，得－2≤x≤－eq\f(1,2).∵[－2，－1][－2，－eq\f(1,2)]，∴p是q的充分不必要條件．3．(文)(2022·河南省試驗中學期中)若f(x)是偶函數(shù)，且當x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x－1，則f(x－1)<0的解集是()A．{x|－1<x<0} B．{x|x<0或1<x<2}C．{x|0<x<2} D．{x|1<x<2}[答案]C[解析]∵f(x)為偶函數(shù)，且x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x－1單調遞增，且f(1)＝0，∴x∈(－∞，0]時，f(x)單調遞減，f(－1)＝f(1)＝0，從而f(x－1)<0化為－1<x－1<1，∴0<x<2，故選C．(理)(2021·湖南師大附中月考)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，x>0,x2＋bx＋c，x≤0))，若f(－4)＝f(0)，且f(－2)＝0，則關于x的不等式f(x)≤1的解集為()A．(－∞，－3]∪[－1，＋∞) B．[－3,1]C．[－3，－1] D．[－3，－1]∪(0，＋∞)[答案]D[解析]當x≤0時，f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，故其對稱軸為x＝－eq\f(b,2)＝－2，∴b＝4；又f(－2)＝0，∴4－8＋c＝0，∴c＝4；因此當x≤0時，f(x)＝x2＋4x＋4；令f(x)≤1，解得－3≤x≤－1；當x>0時，f(x)＝－2<1，滿足條件．故不等式f(x)≤1的解集為[－3，－1]∪(0，＋∞)，故選D．4．(2021·石光中學階段測試)若不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,0≤y≤2，,x≥a.))表示的平面區(qū)域是一個三角形，則實數(shù)a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤0 B．0≤a<2C．0≤a≤2 D．a(chǎn)>2[答案]B[解析]eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤2，,0≤y≤2，))表示的平面區(qū)域為陰影部分，要使此區(qū)域與x≥a圍成一個三角形，應有0≤a<2.5．(文)(2021·合肥市廬江四中、巢湖四中聯(lián)考)設a，b∈R，則“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]C[解析]若a>b>0，則|a|>|b|，∴a|a|>b|b|；若a>0>b，明顯a|a|>b|b|；若0>a>b，則0<－a<－b，∴0<|a|<|b|，∴－a|a|<－b|b|，∴a|a|>b|b|，綜上a>b?a|a|>b|b|，反之若a|a|>b|b|，亦可得出a>b，故選C．(理)(2021·沈陽市東北育才學校一模)已知eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列結論錯誤的是()A．a(chǎn)2<b2 B．eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2C．a(chǎn)b>b2 D．lga2<lg(ab)[答案]C[解析]由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0易得b<a<0，兩邊都乘以b得，b2>ab，∴C錯誤．6．(2022·哈六中期中)已知實數(shù)x、y表示的平面區(qū)域C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋3≥0，,x＋y－1≥0，,x≤2，))則z＝2x－y的最大值為()A．－1 B．0C．4 D．5[答案]D[解析]作出平面區(qū)域C如圖，作直線l0：y－2x＝0，平移直線l0得l：z＝2x－y，當l經(jīng)過可行域內的點A(2，－1)時，直線l的縱截距最小，從而z最大，∴zmax＝2×2－(－1)＝5，故選D．7．(2021·石家莊五校聯(lián)合體摸底)若定義在R上的偶函數(shù)y＝f(x)是[0，＋∞)上的遞增函數(shù)，則不等式f(log2x)<f(－1)的解集是()A．(eq\f(1,2)，2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．R D．(－2,2)[答案]A[解析]∵f(x)為偶函數(shù)，∴不等式f(log2x)<f(－1)可化為f(|log2x|)<f(1)，∵f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴|log2x|<1，∴－1<log2x<1，∴eq\f(1,2)<x<2.8．(文)(2021·新鄉(xiāng)、許昌、平頂山調研)設x、y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3≥0，,2x－3y＋4≤0，,y≥0.))若目標函數(shù)z＝ax＋by(其中a>0，b>0)的最大值為3，則eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值為()A．4 B．3C．2 D．1[答案]B[解析]作出可行域如圖，∵a>0，b>0，目標函數(shù)z＝ax＋by的最大值為3，∴在點A(1,2)處z取到最大值，∴a＋2b＝3，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(1,3)(eq\f(1,a)＋eq\f(2,b))(a＋2b)＝eq\f(1,3)(5＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2a,b))≥eq\f(1,3)(5＋2eq\r(\f(2b,a)·\f(2a,b)))＝3，等號成立時a＝b＝1，故選B．(理)(2022·西安一中期中)設x、y∈R，a>1，b>1，若ax＝by＝3，a＋b＝2eq\r(3)，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最大值為()A．2 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(1,2)[答案]C[解析]∵x，y∈R，a>1，b>1，且ax＝by＝3，a＋b＝2eq\r(3)，所以，x＝loga3，y＝logb3，eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,loga3)＋eq\f(1,logb3)＝log3a＋log3b＝log3(ab)，∵ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝3，等號在a＝b＝eq\r(3)時成立，∴l(xiāng)og3(ab)≤log33＝1，∴eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最大值為1，故選C．9．(2021·河南八校聯(lián)考)x、y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，,x－2y－2≤0，,2x－y＋2≥0.))若z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，則實數(shù)a的值為()A．eq\f(1,2)或－1 B．2或eq\f(1,2)C．2或1 D．2或－1[答案]D[解析]作出可行域如圖，∵z＝y(tǒng)－ax取得最大值的最優(yōu)解不唯一，∴直線l：y＝ax＋z應與l1或l3重合，∴a＝－1或2.10．(2021·寶安中學、潮陽一中、桂城中學摸底)已知O是坐標原點，點A(－1,0)，若點M(x，y)為平面區(qū)域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥2，,x≤1，,y≤2.))上的一個動點，則|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))|的取值范圍是()A．[1，eq\r(5)] B．[2，eq\r(5)]C．[1,2] D．[0，eq\r(5)][答案]A[解析]eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))＝(－1,0)＋(x，y)＝(x－1，y)，設z＝|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))|＝eq\r(x－12＋y2)，則z的幾何意義為M到定點E(1,0)的距離，由約束條件作出平面區(qū)域如圖，由圖象可知當M位于D(0,2)時，z取得最大值z＝eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，1≤z≤eq\r(5)，即|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OM,\s\up6(→))|的取值范圍是[1，eq\r(5)]．11．(文)(2022·九江市修水一中第四次月考)已知甲、乙兩種不同品牌的PVC管材都可截成A、B、C三種規(guī)格的成品配件，且每種PVC管同時截得三種規(guī)格的成品個數(shù)如下表：A規(guī)格成品(個)B規(guī)格成品(個)C規(guī)格成品(個)品牌甲(根)211品牌乙(根)112現(xiàn)在至少需要A、B、C三種規(guī)格的成品配件分別是6個、5個、6個，若甲、乙兩種PVC管材的價格分別是20元/根、15元/根，則完成以上數(shù)量的配件所需的最低成本是()A．70元 B．75元C．80元 D．95元[答案]C[解析]設需用品牌甲、乙PVC管分別為x根、y根，依題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y≥6，,x＋y≥5，,x＋2y≥6，,x≥0，,y≥0，))成本z＝20x＋15y，作出可行域如圖，作直線l0：4x＋3y＝0，∵－2<－eq\f(4,3)<－1，∴平移l0到經(jīng)過可行域內的點A時，z取最小值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝6，,x＋y＝5，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4.))∴A(1,4)，∴zmin＝20×1＋15×4＝80(元)．(理)(2022·文登市期中)已知a>0，x、y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,x＋y≤3,y≥ax－3))，若z＝2x＋y的最小值為eq\f(3,2)，則a＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．1 D．2[答案]A[解析]作出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1,x＋y≤3,y≥ax－3))所表示的可行域如下圖中陰影部分，聯(lián)立x＝1與y＝a(x－3)得點A(1，－2a)，作直線l：z＝2x＋y，則z為直線l在y軸上的截距，當直線l經(jīng)過可行域上的點A(1，－2a)時，直線l在y軸上的截距最小，此時，z取最小值，即zmin＝2×1＋(－2a)＝2－2a＝eq\f(3,2)，解得a＝eq\f(1,4)，故選A．12．(文)(2021·湖北武漢調研)已知F為拋物線y2＝x的焦點，點A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2(其中O為坐標原點)，則△AFO與△BFO面積之和的最小值是()A．eq\f(\r(2),8) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\r(2)[答案]B[解析]由題意，設A(a2，a)，B(b2，b)，(ab<0)，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝a2b2＋ab＝2?ab＝－2，又∵F為拋物線y2＝x的焦點，∴F(eq\f(1,4)，0)，∴S△AFO＋S△BFO＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)×|b－a|，∵|b－a|2＝a2＋b2－2ab≥－2ab－2ab＝－4ab＝8，當且僅當a＝－b時，等號成立，∴|b－a|min＝2eq\r(2).∴(S△AFO＋S△BFO)min＝eq\f(\r(2),4).(理)(2021·韶關市十校聯(lián)考)設M是△ABC內一點，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\r(3)，∠BAC＝30°.定義f(M)＝(m，n，p)，其中m，n，p分別是△MBC，△MCA，△MAB的面積．若f(p)＝(eq\f(1,2)，x，y)，則log2x＋log2y的最大值是()A．－5 B．－4C．－3 D．－2[答案]B[解析]∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|·cos∠BAC＝eq\f(\r(3),2)|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|·|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝4，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)×4×eq\f(1,2)＝1，∵f(p)＝(eq\f(1,2)，x，y)，∴eq\f(1,2)＋x＋y＝1，∴x＋y＝eq\f(1,2)，∵x>0，y>0，∴l(xiāng)og2x＋log2y＝log2(xy)≤log2(eq\f(x＋y,2))2＝log2(eq\f(1,4))2＝－4，故選B．第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上．)13．(2022·合肥八中聯(lián)考)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－1，x≤0,x\f(1,2)，x>0))，若f(x0)>1，則x0的取值范圍是________．[答案](－∞，－1)∪(1，＋∞)[解析]當x0≤0時，f(x0)>1化為2－x0－1>1，∴x0<－1；當x0>0時，f(x0)>1化為xeq\f(1,2)0>1，∴x0>1.∴不等式f(x0)>1的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)．14．(文)(2022·九江市修水一中第四次月考)已知x>0，y>0，xy＝x＋2y，則xy的最小值是________．[答案]8[解析]∵x>0，y>0，∴x＋2y≥2eq\r(2xy)，由xy≥2eq\r(2xy)得xy≥8，等號成立時x＝4，y＝2.∴xy的最小值是8.(理)(2021·山東師大附中模擬)已知x>0，y>0，若eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)≥m2＋2m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________．[答案]－4≤m≤2[解析]由于x>0，y>0，所以由基本不等式知，eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)≥2eq\r(\f(2y,x)·\f(8x,y))＝8，當且僅當eq\f(2y,x)＝eq\f(8x,y)，即y＝2x時等號成立，問題eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y)≥m2＋2m恒成立轉化為(eq\f(2y,x)＋eq\f(8x,y))min≥m2＋2m，即8≥m2＋2m，解此一元二次不等式得，－4≤m≤2.15．(文)(2022·泉州試驗中學期中)已知x、y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x＋y≤4，,－2x＋y＋c≥0，))且目標函數(shù)z＝3x＋y的最小值是5，則z的最大值是________．[答案]10[解析]先畫出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2，,x＋y≤4，))表示的平面區(qū)域，再作c＝0時，直線l：y＝2x－c，然后平移l，由于目標函數(shù)z＝3x＋y有最小值，∴c<0，∴可行域為圖中陰影部分，考慮直線l0：y＝－3x，平移l0，只有當l0平移到經(jīng)過點A時，z＝3x＋y取到最小值5，故由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,3x＋y＝5，))得A(2，－1)，∵A在直線l上，∴c＝5，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,y＝2x－5，))解得B(3,1)，當l0平移到經(jīng)過點B時zmax＝3×3＋1＝10.(理)(2021·東北育才學校一模)實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,y≤aa>1，,x－y≤0，))若目標函數(shù)z＝x＋y的最大值為4，則實數(shù)a的值為________．[答案]2[解析]畫出可行域，由目標函數(shù)的最大值為4，可知目標函數(shù)經(jīng)過(a，a)點時達到最大值，∴a＋a＝4，∴a＝2.16．(文)(2021·湖北教學合作聯(lián)考)已知偶函數(shù)f(x)在(－∞，0]上滿足：當x1，x2∈(－∞，0]且x1≠x2時，總有eq\f(x1－x2,fx1－fx2)<0，則不等式f(x－1)<f(x)的解集為________．[答案]{x∈R|x>eq\f(1,2)}[解析]依題意，偶函數(shù)f(x)在(－∞，0]上單調遞減，所以f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∵f(x)為偶函數(shù)，∴不等式f(x－1)<f(x)化為f(|x－1|)<f(|x|)，∴|x－1|<|x|，∴x2－2x＋1<x2，∴x>eq\f(1,2).(理)(2021·焦作市期中)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(1)＝1，且對于任意的x∈R，都有f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(lnx)>eq\f(lnx＋1,2)的解集為________．[答案](0，e)[解析]令t＝lnx，則不等式f(lnx)>eq\f(lnx＋1,2)化為f(t)>eq\f(t＋1,2)，令F(t)＝f(t)－eq\f(t,2)－eq\f(1,2)，則F(1)＝f(1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，F(xiàn)′(t)＝f′(t)－eq\f(1,2)<0，∴F(t)為減函數(shù)，∴F(t)>0的解為t<1.∴l(xiāng)nx<1，∴0<x<e.三、解答題(本大題共6個小題，共74分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分12分)(文)(2021·婁底市名校聯(lián)考)為了疼惜環(huán)境，進展低碳經(jīng)濟，某單位在國家科研部門的支持下，進行技術攻關，接受了新工藝，把二氧化碳轉化為一種可利用的化工產(chǎn)品．已知該單位每月的處理量最少為400噸，最多為600噸，月處理成本y(元)與月處理量x(噸)之間的函數(shù)關系可近似的表示為：y＝eq\f(1,2)x2－200x＋80000，且每處理一噸二氧化碳得到可利用的化工產(chǎn)品價值為100元．(1)該單位每月處理量為多少噸時，才能使每噸的平均處理成本最低？(2)該單位每月能否獲利？假如獲利，求出最大利潤；假如不獲利，則國家至少需要補貼多少元才能使該單位不虧損？[解析](1)由題意可知，二氧化碳的每噸平均處理成本為：eq\f(y,x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(80000,x)－200≥2eq\r(\f(1,2)x·\f(80000,x))－200＝200，當且僅當eq\f(1,2)x＝eq\f(80000,x)，即x＝400時，才能使每噸的平均處理成本最低，最低成本為200元．(2)設該單位每月獲利為S，則S＝100x－y＝100x－(eq\f(1,2)x2－200x＋80000)＝－eq\f(1,2)x2＋300x－80000＝－eq\f(1,2)(x－300)2－35000，由于400≤x≤600，所以當x＝400時，S有最大值－40000.故該單位不獲利，需要國家每月至少補貼40000元，才能不虧損．(理)(2021·黃岡中學月考)北京、張家口2022年冬奧會申辦委員會在俄羅斯索契舉辦了發(fā)布會，某公司為了競標配套活動的相關代言，打算對旗下的某商品進行一次評估．該商品原來每件售價為25元，年銷售8萬件．(1)據(jù)市場調查，若價格每提高1元，銷售量將相應削減2000件，要使銷售的總收入不低于原收入，該商品每件定價最多為多少元？(2)為了抓住申奧契機，擴大該商品的影響力，提高年銷售量．公司打算馬上對該商品進行全面技術革新和營銷策略改革，并提高定價到x元．公司擬投入eq\f(1,6)(x2－600)萬元作為技改費用，投入50萬元作為固定宣揚費用，投入eq\f(x,5)萬元作為浮動宣揚費用．試問：當該商品改革后的銷售量a至少應達到多少萬件時，才可能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和？并求出此時商品的每件定價．[解析](1)設每件定價為t元，依題意得[80000－(t－25)×2000]t≥25×80000，整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40.所以要使銷售的總收入不低于原收入，每件定價最多為40元．(2)依題意知，當x>25時，不等式ax≥25×8＋50＋eq\f(1,6)(x2－600)＋eq\f(1,5)x有解，等價于x>25時，a≥eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x＋eq\f(1,5)有解．由于eq\f(150,x)＋eq\f(1,6)x≥2eq\r(\f(150,x)×\f(1,6)x)＝10，當且僅當eq\f(150,x)＝eq\f(x,6)，即x＝30時等號成立，所以a≥10.2.當該商品改革后的銷售量a至少達到10.2萬件時，才可能使改革后的銷售收入不低于原收入與總投入之和，此時該商品的每件定價為30元．18．(本小題滿分12分)(文)(2022·吉林延邊州質檢)已知函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－aex.(1)若a＝1，求f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)由a＝1，得f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－ex，f(1)＝eq\f(3,2)－e，所以f′(x)＝－x＋2－ex，f′(1)＝1－e，所以所求切線方程為y－(eq\f(3,2)－e)＝(1－e)(x－1)，即2(1－e)x－2y＋1＝0.(2)由已知f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋2x－aex，得f′(x)＝－x＋2－aex，由于函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，所以f′(x)≥0恒成立，即不等式－x＋2－aex≥0恒成立，整理得a≤eq\f(－x＋2,ex)，令g(x)＝eq\f(－x＋2,ex)，∴g′(x)＝eq\f(x－3,ex).當x∈(－∞，3)時，g′(x)<0，所以g(x)是遞減函數(shù)，當x∈(3，＋∞)時，g′(x)>0，所以g(x)是遞增函數(shù)，由此得g(x)min＝g(3)＝－e－3，即a的取值范圍是(－∞，－e－3]．(理)(2022·合肥八中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax＋a－1＋xlnx.(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)已知函數(shù)有微小值－e－2.若k∈Z，且f(x)－k(x－1)>0對任意x∈(1，＋∞)恒成立，求k的最大值．[解析](1)f′(x)＝a＋1＋lnx，令f′(x)>0?x>e－a－1，令f′(x)<0?0<x<e－a－1，∴(0，e－a－1)是f(x)的單調減區(qū)間，(e－a－1，＋∞)是f(x)的單調增區(qū)間．(2)由(1)知f(x)的微小值為f(e－a－1)＝a－1－e－a－1＝－e－2，令t(a)＝a－1－e－a－1，則t′(a)＝1＋e－a－1>0，所以t(a)是(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，留意到t(1)＝－e－2，∴a＝1.當x>1時，令g(x)＝eq\f(fx,x－1)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)，∴g′(x)＝eq\f(x－2－lnx,x－12)，令h(x)＝x－2－lnx，∴h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，故y＝h(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，由于h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－ln4>0，∴存在x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0.則x∈(1，x0)時，h(x)<0，g′(x)<0，知g(x)在(1，x0)上為減函數(shù)；x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，g′(x)>0，知g(x)在(x0，＋∞)上為增函數(shù)．∴g(x)min＝g(x0)＝eq\f(x0＋x0lnx0,x0－1)，留意到lnx0＝x0－2，∴g(x)min＝x0，∴k<x0，又x0∈(3,4)，k∈Z，所以kmax＝3.19．(本小題滿分12分)(2021·唐山市海港高級中學月考)已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)對任意正數(shù)m，n都有f(mn)＝f(m)＋f(n)－eq\f(1,2)，當x>4時，f(x)>eq\f(3,2)，且f(eq\f(1,2))＝0.(1)求f(2)的值；(2)解關于x的不等式f(x)＋f(x＋3)>2.[解析](1)令m＝n＝1得，f(1)＝f(1)＋f(1)－eq\f(1,2)，所以f(1)＝eq\f(1,2)，令m＝2，n＝eq\f(1,2)得，f(2×eq\f(1,2))＝f(2)＋f(eq\f(1,2))－eq\f(1,2)，解得f(2)＝1.(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝f(eq\f(x2,x1))－eq\f(1,2)＝f(eq\f(4x2,x1)·eq\f(1,4))－eq\f(1,2)＝f(eq\f(4x2,x1))＋f(eq\f(1,4))－1.由于f(eq\f(1,4))＝f(eq\f(1,2))＋f(eq\f(1,2))－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)，且由eq\f(4x2,x1)>4得f(eq\f(4x2,x1))>eq\f(3,2).所以f(x2)－f(x1)>eq\f(3,2)－eq\f(1,2)－1＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．由于f(4)＝f(2)＋f(2)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以f(x)＋f(x＋3)＝f(x2＋3x)＋eq\f(1,2)>2.即f(x2＋3x)>eq\f(3,2)＝f(4)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x＋3>0，,x2＋3x>4.))解得x∈(1，＋∞)．20．(本小題滿分12分)(文)(2022·江西臨川十中期中)已知f(x)＝eq\f(xx－a＋1＋a－4,x－2).(1)若關于x的方程f(x)＝0有小于0的兩個實根，求a的取值范圍；(2)解關于x的不等式f(x)>2(其中a>1)．[解析](1)方程f(x)＝0有小于0的兩個實根，等價于方程x(x－a＋1)＋a－4＝0有小于0的兩個實根，即方程x2－(a－1)x＋a－4＝0有小于0的兩個實根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－a2－4a－4≥0，,x1＋x2＝a－1<0，,x1x2＝a－4>0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a∈R，,a<1，,a>4，))∴a∈?.(2)由f(x)>2得，eq\f(x2－a＋1x＋a,x－2)>0，∴eq\f(x－ax－1,x－2)>0，∴(x－a)(x－1)(x－2)>0，由于a>1，于是有：①當1<a<2時，不等式的解集為{x|1<x<a或x>2}；②當a>2時，不等式的解集為{x|1<x<2或x>a}；③當a＝2時，不等式的解集為{x|x>1或x≠2}．(理)(2021·湖北教學合作聯(lián)考)據(jù)氣象中心觀看和猜想：已知發(fā)生于沿海M地的臺風向正南方向移動，其移動速度v(km/h)與時間t(h)的函數(shù)圖象如圖所示，過線段OC上一點T(t,0)作橫軸的垂線l，梯形OABC在直線l左側部分的面積即為t(h)內臺風所經(jīng)過的路程s(km)．(1)當t＝4時，求s的值，并將s隨t變化的規(guī)律用數(shù)學關系式表示出來；(2)若N城位于M地正南方向，且距N地650km，試推斷這場臺風是否會侵襲到N城，假如會，在臺風發(fā)生后多長時間它將侵襲到N城？假如不會，請說明理由．[解析](1)由圖象可知，直線OA的方程是：v＝3t，直線BC的方程是：v＝－2t＋70，當t＝4時，v＝12，所以s＝eq\f(1,2)×4×12＝24.當0≤t≤10時，s＝eq\f(1,2)×t×3t＝eq\f(3,2)t2；當10<t≤20時，s＝eq\f(1,2)×10×30＋(t－10)×30＝30t－150；當20<t≤35時，s＝150＋300＋eq\f(1,2)×(t－20)×(－2t＋70＋30)＝－t2＋70t＋550.綜上可知s隨t變化的規(guī)律是s＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)t2t∈[0，10]，,30t－150t∈10，20]，,－t2＋70t－550t∈20，35].))(2)當t∈[0,10]時，smax＝eq\f(3,2)×102＝150<650，當t∈(10,20]時，smax＝30×20－150＝450<650，當t∈(20,35]時，令－t2＋70t＋550＝650，解得t＝30，(t＝40舍去)即在臺風發(fā)生后30小時后將侵襲到N城．21．(本小題滿分12分)(文)(2021·廬江四中、巢湖四中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－ax＋a(a∈R)．(1)爭辯f(x)的單調性；(2)試確定a的值，使不等式f(x)≤0恒成立．[解析](1)f′(x)＝eq\f(2－ax,x)，x>0.若a≤0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上遞增；若a>0，當x∈(0，eq\f(2,a))時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(eq\f(2,a)，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減．(2)由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上遞增，又f(1)＝0，故f(x)≤0不恒成立．若a>2，當x∈(eq\f(2,a)，1)時，f(x)遞減，f(x)>f(1)＝0，不合題意．若0<a<2，當x∈(1，eq\f(2,a))時，f(x)遞增，f(x)>f(1)＝0，不合題意．若a＝2，f(x)在(0,1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，f(x)≤f(1)＝0符合題意，綜上a＝2.(理)(2021·洛陽市期中)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,3)ex3＋ex(x－1)(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，記f(x)的導函數(shù)為f′(x)．(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調區(qū)間；(2)求證：當x>0時，不等式f′(x)≥1＋lnx恒成立．[解析](1)由f(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,3)ex3＋ex(x－1)得f′(x)＝x(ex－ex＋1)，令h(x)＝ex－ex＋1，則h′(x)＝ex－e，當x∈(－∞，1)時，h′(x)<0，h(x)是減函數(shù)；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)是增函數(shù)；所以，h(x)≥h(1)＝1>0.故當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，即f(x)的增區(qū)間是(0，＋∞)，減區(qū)間是(－∞，0)．(2)當x>0時，不等式f′(x)≥1＋lnx恒成立等價于ex－ex＋1≥eq\f(1＋lnx,x)，由(1)知，ex－ex＋1≥1，令φ(x)＝eq\f(1＋lnx,x)，則φ′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，在區(qū)間(0,1)上，φ′(x)>0，φ(x)是增函數(shù)；在區(qū)間(1，＋∞)上，φ′(x)<0，φ(x)是減函數(shù)；∴φ(x)≤φ(1)＝1，從而ex－ex＋1≥eq\f(1＋lnx,x)，即f′(x)≥1＋lnx恒成立．22．(本小題滿分14分)(文)(2021·東北育才學校一模)已知函數(shù)f(x)＝[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex(其中a∈R)．(1)若x＝0為f(x)的極值點，求a的值；(2)在(1)的條件下，解不等式f(x)>(x－1)(eq\f(1,2)x2＋x＋1)．[解析](1)∵f(x)＝[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex，∴f′(x)＝[2ax＋(a－1)2]ex＋[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex＝[ax2＋(a2＋1)x＋a]ex，∵x＝0為f(x)的極值點，∴由f′(0)＝ae0＝0，解得a＝0.檢驗，當a＝0時，f′(x)＝xex，當x<0時，f′(x)<0，當x>0時，f′(x)>0.所以x＝0為f(x)的極值點，故a＝0.(2)當a＝0時，不等式f(x)>(x－1)(eq\f(1,2)x2＋x＋1)?(x－1)ex>(x－1)(eq\f(1,2)x2＋x＋1)，整理得(x－1)[ex－(eq\f(1,2)x2＋x＋1)]>0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,ex－\f(1,2)x2＋x＋1>0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1<0，,ex－\f(1,2)x2＋x＋1<0.))令g(x)＝ex－(eq\f(1,2)x2＋x＋1)，h(x)＝g′(x)＝ex－(x＋1)，h′(x)＝ex－1，當x>0時，h′(x)＝ex－1>0；當x<0時，h′(x)＝ex－1<0，所以h(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，所以h(x)>h(0)＝0，即g