高三数学一轮阶段性测试题7 不等式(含解析)新人教A版

阶段性测试题七(不等式)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．(文)(2015·湖北教学合作联考)已知集合A ＝{x|y ＝x2－2x －3}，B ＝{x|x ＋2
x －2≤0}，则A ∩B ＝
( )
A ．[－1,1]
B ．[－1,2)
C ．[1,2)
D ．[－2，－1] [答案] D
[解析] 依题意，集合A ＝{x|x≤－1或x≥3}，B ＝{x|－2≤x<2}，利用集合的运算可得，A ∩B ＝{x|－2≤x≤－1}，故选D ． (理)(2014·辽宁师大附中期中)若不等式x2＋ax －2>0在区间[1,5]上有解，则a 的取值范围是( )
A ．(－23
5，＋∞) B ．[－23
5，1]
C ．(1，＋∞)
D ．(－∞，－23
5]
[答案] A
[解析] ∵x ∈[1,5]，∴不等式变形为a>－x ＋2
x ， ∵x ∈[1,5]时，y ＝－x ＋2x 单调递减，∴y ∈[－23
5，1]， ∴要使不等式在[1,5]上有解，应有a>－23
5，故选A ．
2．(2015·洛阳市期中)已知p ：14≤2x≤12，q ：－52≤x ＋1
x ≤－2，则p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 [答案] A
[解析] 由14≤2x≤1
2得，－2≤x≤－1； 由－52≤x ＋1x ≤－2，得－2≤x≤－12.
∵[－2，－1][－2，－1
2]，∴p 是q 的充分不必要条件．
3．(文)(2014·河南省实验中学期中)若f(x)是偶函数，且当x ∈[0，＋∞)时，f(x)＝x －1，则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)为偶函数，且x ∈[0，＋∞)时，f(x)＝x －1单调递增，且f(1)＝0，∴x ∈(－∞，0]
时，f(x)单调递减，f(－1)＝f(1)＝0，从而f(x －1)<0化为－1<x －1<1， ∴0<x<2，故选C ．
(理)(2015·湖南师大附中月考)设函数f(x)＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2，x>0
x2＋bx ＋c ，x≤0
，若f(－4)＝f(0)，且f(－2)
＝0，则关于x 的不等式f(x)≤1的解集为( )
A ．(－∞，－3]∪[－1，＋∞)
B ．[－3,1]
C ．[－3，－1]
D ．[－3，－1]∪(0，＋∞) [答案] D
[解析] 当x≤0时，f(x)＝x2＋bx ＋c ，且f(－4)＝f(0)，故其对称轴为x ＝－b
2＝－2，∴b ＝4； 又f(－2)＝0，∴4－8＋c ＝0，∴c ＝4；因此当x≤0时，f(x)＝x2＋4x ＋4； 令f(x)≤1，解得－3≤x≤－1；
当x>0时，f(x)＝－2<1，满足条件．
故不等式f(x)≤1的解集为[－3，－1]∪(0，＋∞)，故选D ．
4．(2015·石光中学阶段测试)若不等式组⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＋y≤2，0≤y≤2，x≥a.表示的平面区域是一个三角形，则实数a
的取值范围是( )
A ．a≤0
B ．0≤a<2
C ．0≤a≤2
D ．a>2 [答案] B
[解析] ⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋y≤2，
0≤y≤2，表示的平面区域为阴影部分，要使此区域与x≥a 围成一个三角形，应有
0≤a<2.
5．(文)(2015·合肥市庐江四中、巢湖四中联考)设a ，b ∈R ，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 [答案] C
[解析] 若a>b>0，则|a|>|b|，∴a|a|>b|b|； 若a>0>b ，显然a|a|>b|b|； 若0>a>b ，则0<－a<－b ，∴0<|a|<|b|，∴－a|a|<－b|b|，∴a|a|>b|b|，综上a>b ⇒a|a|>b|b|，反之若a|a|>b|b|，亦可得出a>b ，故选C ．
(理)(2015·沈阳市东北育才学校一模)已知1a <1
b <0，则下列结论错误的是( ) A ．a2<b2 B ．b a ＋a b >2 C ．ab>b2 D ．lga2<lg(ab) [答案] C
[解析] 由1a <1
b <0易得b<a<0，两边都乘以b 得，b2>ab ，∴C 错误．
6．(2014·哈六中期中)已知实数x 、y 表示的平面区域C ：⎩⎪⎨⎪
⎧
x －y ＋3≥0，x ＋y －1≥0，x≤2，则z ＝2x －y 的最大值
为( )
A ．－1
B ．0
C ．4
D ．5 [答案] D
[解析] 作出平面区域C 如图，作直线l0：y －2x ＝0，平移直线l0得l ：z ＝2x －y ，当l 经过可行域内的点A(2，－1)时，
直线l 的纵截距最小，从而z 最大，∴zmax ＝2×2－(－1)＝5，故选D ． 7．(2015·石家庄五校联合体摸底)若定义在R 上的偶函数y ＝f(x)是[0，＋∞)上的递增函数，则不等式f(log2x)<f(－1)的解集是( ) A ．(1
2，2) B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C ．R
D ．(－2,2) [答案] A
[解析] ∵f(x)为偶函数，∴不等式f(log2x)<f(－1)可化为f(|log2x|)<f(1)，∵f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴|log2x|<1，∴－1<log2x<1，∴1
2<x<2.
8．(文)(2015·新乡、许昌、平顶山调研)设x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x －2y ＋3≥0，2x －3y ＋4≤0，y≥0.若目标函数z
＝ax ＋by(其中a>0，b>0)的最大值为3，则1a ＋2
b 的最小值为( )
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1 [答案] B
[解析] 作出可行域如图，∵a>0，b>0，目标函数z ＝ax ＋by 的最大值为3，∴在点A(1,2)处z 取到最大值，∴a ＋2b ＝3，∴1a ＋2b ＝13(1a ＋2b )(a ＋2b)＝13(5＋2b a ＋2a b )≥1
3(5＋22b a ·2a
b )＝3，等号
成立时a ＝b ＝1，故选B ．
(理)(2014·西安一中期中)设x 、y ∈R ，a>1，b>1，若ax ＝by ＝3，a ＋b ＝23，则1x ＋1
y 的最大值为( )
A ．2
B ．3
2 C ．1 D ．1
2 [答案] C
[解析] ∵x ，y ∈R ，a>1，b>1，且ax ＝by ＝3，a ＋b ＝23，所以，x ＝loga3，y ＝logb3，1x ＋1
y ＝1loga3＋1
logb3＝log3a ＋log3b ＝log3(ab)， ∵ab≤(a ＋b
2)2＝3，等号在a ＝b ＝3时成立， ∴log3(ab)≤log33＝1，∴1x ＋1
y 的最大值为1，故选C ．
9．(2015·河南八校联考)x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＋y －2≤0，x －2y －2≤0，2x －y ＋2≥0.若z ＝y －ax 取得最大值的最优解
不唯一，则实数a 的值为( ) A ．12或－1 B ．2或1
2
C ．2或1
D ．2或－1 [答案] D
[解析] 作出可行域如图，∵z ＝y －ax 取得最大值的最优解不唯一，
∴直线l ：y ＝ax ＋z 应与l1或l3重合，∴a ＝－1或2. 10．(2015·宝安中学、潮阳一中、桂城中学摸底)已知O 是坐标原点，点A(－1,0)，若点M(x ，y)为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋y≥2，x≤1，y≤2.上的一个动点，则|OA →＋OM →|的取值范围是( )
A ．[1，5]
B ．[2，5]
C ．[1,2]
D ．[0，5] [答案] A
[解析] OA →＋OM →
＝(－1,0)＋(x ，y)＝(x －1，y)， 设z ＝|OA →＋OM →
|＝
x －12＋y2，
则z 的几何意义为M 到定点E(1,0)的距离， 由约束条件作出平面区域如图，
由图象可知当M 位于D(0,2)时，z 取得最大值z ＝1＋4＝5，1≤z≤5， 即|OA →＋OM →
|的取值范围是[1，5]．
11．(文)(2014·九江市修水一中第四次月考)已知甲、乙两种不同品牌的PVC 管材都可截成A 、B 、C
A 规格成品(个)
B 规格成品(个)
C 规格成品(个) 品牌甲(根) 2 1 1 品牌乙(根)
1
1
2
现在至少需要A 、B 、C 三种规格的成品配件分别是6个、5个、6个，若甲、乙两种PVC 管材的价格分别是20元/根、15元/根，则完成以上数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] 设需用品牌甲、乙PVC 管分别为x 根、y 根，
依题意得，⎩⎪⎨⎪⎧
2x ＋y≥6，
x ＋y≥5，
x ＋2y≥6，
x≥0，y≥0，
成本z ＝20x ＋15y ，
作出可行域如图，
作直线l0：4x ＋3y ＝0，
∵－2<－4
3<－1，∴平移l0到经过可行域内的点A 时，z 取最小值，
由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋y ＝6，x ＋y ＝5，得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝1，y ＝4.
∴A(1,4)， ∴zmin ＝20×1＋15×4＝80(元)．
(理)(2014·文登市期中)已知a>0，x 、y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧
x≥1x ＋y≤3
y≥a x －3，若z ＝2x ＋y 的最小值为
3
2，则a ＝( ) A ．14 B ．12 C ．1 D ．2 [答案] A
[解析] 作出不等式组⎩⎪⎨⎪
⎧
x≥1x ＋y≤3
y≥a x －3
所表示的可行域如下图中阴影部分，联立x ＝1与y ＝a(x
－3)得点A(1，－2a)，作直线l ：z ＝2x ＋y ，则z 为直线l 在y 轴上的截距，当直线l 经过可行
域上的点A(1，－2a)时，直线l 在y 轴上的截距最小，此时，z 取最小值，即zmin ＝2×1＋(－
2a)＝2－2a ＝32，解得a ＝1
4，故选A ．
12．(文)(2015·湖北武汉调研)已知F 为抛物线y2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA →·OB →＝2(其中O 为坐标原点)，则△AFO 与△BFO 面积之和的最小值是( ) A ．28 B ．24 C ．2
2 D ． 2
[答案] B
[解析] 由题意，设A(a2，a)，B(b2，b)，(ab<0)， ∴OA →·OB →＝a2b2＋ab ＝2⇒ab ＝－2， 又∵F 为抛物线y2＝x 的焦点，∴F(1
4，0)， ∴S △AFO ＋S △BFO ＝12×1
4×|b －a|，
∵|b －a|2＝a2＋b2－2ab≥－2ab －2ab ＝－4ab ＝8，当且仅当a ＝－b 时，等号成立，∴|b －a|min ＝2 2.
∴(S △AFO ＋S △BFO)min ＝2
4.
(理)(2015·韶关市十校联考)设M 是△ABC 内一点，且AB →·AC →
＝23，∠BAC ＝30°.定义f(M)＝(m ，n ，p)，其中m ，n ，p 分别是△MBC ，△MCA ，△MAB 的面积．若f(p)＝(1
2，x ，y)，则log2x ＋log2y 的最大值是( ) A ．－5 B ．－4 C ．－3 D ．－2 [答案] B
[解析] ∵AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|·cos ∠BAC ＝32|AB →|·|AC →|＝23，∴|AB →|·|AC →
|＝4， ∴S △ABC ＝12AB·AC·sin ∠BAC ＝12×4×12＝1， ∵f(p)＝(12，x ，y)，∴12＋x ＋y ＝1，∴x ＋y ＝12，
∵x>0，y>0，∴log2x ＋log2y ＝log2(xy)≤log2(x ＋y 2)2＝log2(1
4)2＝－4，故选B ．
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．) 13．(2014·合肥八中联考)设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2－x －1，x≤0x 12，x>0，若f(x0)>1，则x0的取值范围是
________．
[答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)
[解析] 当x0≤0时，f(x0)>1化为2－x0－1>1，∴x0<－1；当x0>0时，f(x0)>1化为x 1
20>1，∴x0>1.
∴不等式f(x0)>1的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 14．(文)(2014·九江市修水一中第四次月考)已知x>0，y>0，xy ＝x ＋2y ，则xy 的最小值是________． [答案] 8
[解析] ∵x>0，y>0，∴x ＋2y≥22xy ，
由xy≥22xy 得xy≥8，等号成立时x ＝4，y ＝2. ∴xy 的最小值是8.
(理)(2015·山东师大附中模拟)已知x>0，y>0，若2y x ＋8x
y ≥m2＋2m 恒成立，则实数m 的取值范围是________． [答案] －4≤m≤2
[解析] 因为x>0，y>0，所以由基本不等式知，2y x ＋8x
y ≥2
2y x ·8x y ＝8，当且仅当2y x ＝8x y ，
即y ＝2x 时等号成立，问题2y x ＋8x y ≥m2＋2m 恒成立转化为(2y x ＋8x
y )min≥m2＋2m ，即8≥m2＋2m ，解此一元二次不等式得，－4≤m≤2.
15．(文)(2014·泉州实验中学期中)已知x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧
x≥2，x ＋y≤4，－2x ＋y ＋c≥0，且目标函数z ＝3x ＋y 的最
小值是5，则z 的最大值是________．
[答案] 10
[解析] 先画出不等式组⎩
⎪⎨⎪⎧
x≥2，
x ＋y≤4，表示的平面区域，再作c ＝0时，直线l ：y ＝2x －c ，然后
平移l ，由于目标函数z ＝3x ＋y 有最小值，∴c<0，∴可行域为图中阴影部分，考虑直线l0：y
＝－3x ，平移l0，只有当l0平移到经过点A 时，z ＝3x ＋y 取到最小值5，故由⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＝2，3x ＋y ＝5，
得
A(2，－1)，
∵A 在直线l 上，∴c ＝5，
由⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋y ＝4，y ＝2x －5，
解得B(3,1)，当l0平移到经过点B 时zmax ＝3×3＋1＝10. (理)(2015·东北育才学校一模)实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧
x≥1，y≤a a>1，x －y≤0，若目标函数z ＝x ＋y 的最大值为4，
则实数a 的值为________．
[答案] 2
[解析] 画出可行域，由目标函数的最大值为4，可知目标函数经过(a ，a)点时达到最大值，∴a ＋a ＝4，∴a ＝2.
16．(文)(2015·湖北教学合作联考)已知偶函数f(x)在(－∞，0]上满足：当x1，x2∈(－∞，0]且x1≠x2时，总有
x1－x2
f
x1－f x2
<0，则不等式f(x －1)<f(x)的解集为________．
[答案] {x ∈R|x>1
2}
[解析] 依题意，偶函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∵f(x)为偶函数，
∴不等式f(x －1)<f(x)化为f(|x －1|)<f(|x|)， ∴|x －1|<|x|，∴x2－2x ＋1<x2，∴x>1
2.
(理)(2015·焦作市期中)定义在R 上的函数f(x)满足：f(1)＝1，且对于任意的x ∈R ，都有f ′(x)<1
2，则不等式f(lnx)>lnx ＋1
2的解集为________． [答案] (0，e)
[解析] 令t ＝lnx ，则不等式f(lnx)>lnx ＋12化为f(t)>t ＋1
2， 令F(t)＝f(t)－t 2－12，则F(1)＝f(1)－12－1
2＝0， F ′(t)＝f ′(t)－1
2<0，∴F(t)为减函数，
∴F(t)>0的解为t<1. ∴lnx<1，∴0<x<e.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．) 17．(本小题满分12分)(文)(2015·娄底市名校联考)为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似的表示为：y ＝1
2x2－200x ＋80000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．
(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？
[解析] (1)由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为： y x ＝12x ＋80000
x －200≥2
12x·80000
x －200＝200，
当且仅当12x ＝80000
x ，即x ＝400时，
才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元． (2)设该单位每月获利为S ， 则S ＝100x －y
＝100x －(12x2－200x ＋80000)＝－1
2x2＋300x －80000 ＝－1
2(x －300)2－35000，
因为400≤x≤600，所以当x ＝400时，S 有最大值－40000.
故该单位不获利，需要国家每月至少补贴40000元，才能不亏损． (理)(2015·黄冈中学月考)北京、张家口2022年冬奥会申办委员会在俄罗斯索契举办了发布会，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住申奥契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x 元．公司拟投入1
6(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x
5万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a 至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
[解析] (1)设每件定价为t 元，依题意得[80000－(t －25)×2000]t≥25×80000，
整理得t2－65t ＋1000≤0，解得25≤t≤40.
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
(2)依题意知，当x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋16(x2－600)＋15x 有解，等价于x>25时，a≥150x
＋16x ＋15有解．
由于150x ＋16x≥2150x ×16x ＝10，当且仅当150x ＝x 6，即x ＝30时等号成立，所以a≥10.2.
当该商品改革后的销售量a 至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
18．(本小题满分12分)(文)(2014·吉林延边州质检)已知函数f(x)＝－12x2＋2x －aex.
(1)若a ＝1，求f(x)在x ＝1处的切线方程；
(2)若f(x)在R 上是增函数，求实数a 的取值范围．
[解析] (1)由a ＝1，得f(x)＝－12x2＋2x －ex ，f(1)＝32－e ，
所以f ′(x)＝－x ＋2－ex ，f ′(1)＝1－e ，
所以所求切线方程为y －(32－e)＝(1－e)(x －1)，
即2(1－e)x －2y ＋1＝0.
(2)由已知f(x)＝－12x2＋2x －aex ，得f ′(x)＝－x ＋2－aex ，
因为函数f(x)在R 上是增函数，所以f ′(x)≥0恒成立，
即不等式－x ＋2－aex≥0恒成立，整理得a≤－x ＋2ex ，
令g(x)＝－x ＋2ex ，∴g ′(x)＝x －3ex .
当x ∈(－∞，3)时，g ′(x)<0，所以g(x)是递减函数，
当x ∈(3，＋∞)时，g ′(x)>0，所以g(x)是递增函数，
由此得g(x)min ＝g(3)＝－e －3，
即a 的取值范围是(－∞，－e －3]．
(理)(2014·合肥八中联考)已知函数f(x)＝ax ＋a －1＋xlnx.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知函数有极小值－e －2.若k ∈Z ，且f(x)－k(x －1)>0对任意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)的单调减区间，(e －a －1，＋∞)是f(x)的单调增区间．
(2)由(1)知f(x)的极小值为f(e －a －1)＝a －1－e －a －1＝－e －2，
令t(a)＝a －1－e －a －1，则t ′(a)＝1＋e －a －1>0，
所以t(a)是(－∞，＋∞)上的增函数，
注意到t(1)＝－e －2，∴a ＝1.
当x>1时，令g(x)＝f x x －1＝x ＋xlnx x －1， ∴g ′(x)＝x －2－lnx x －12
， 令h(x)＝x －2－lnx ，∴h ′(x)＝1－1x ＝x －1x >0，
故y ＝h(x)在(1，＋∞)上是增函数，
由于h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－ln4>0，
∴存在x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0.
则x ∈(1，x0)时，h(x)<0，g ′(x)<0，知g(x)在(1，x0)上为减函数；
x ∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g ′(x)>0，知g(x)在(x0，＋∞)上为增函数．
∴g(x)min ＝g(x0)＝x0＋x0lnx0x0－1
，注意到lnx0＝x0－2， ∴g(x)min ＝x0，∴k<x0，
又x0∈(3,4)，k ∈Z ，所以kmax ＝3.
19．(本小题满分12分)(2015·唐山市海港高级中学月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)对任
意正数m ，n 都有f(mn)＝f(m)＋f(n)－12，当x>4时，f(x)>32，且f(12)＝0.
(1)求f(2)的值；
(2)解关于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)－12，所以f(1)＝12，令m ＝2，n ＝12得，f(2×12)＝f(2)
＋f(12)－12，解得f(2)＝1.
(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，
则f(x2)－f(x1)＝f(x2x1)－12＝f(4x2x1·14)－12＝f(4x2x1)＋f(14)－1.
因为f(14)＝f(12)＋f(12)－12＝－12，且由4x2x1>4得f(4x2x1)>32.
所以f(x2)－f(x1)>32－12－1＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
因为f(4)＝f(2)＋f(2)－12＝32，所以f(x)＋f(x ＋3)＝f(x2＋3x)＋12>2.
即f(x2＋3x)>32＝f(4)．所以⎩⎪⎨⎪⎧
x>0，x ＋3>0，x2＋3x>4.
解得x ∈(1，＋∞)．
20．(本小题满分12分)(文)(2014·江西临川十中期中)已知f(x)＝x x －a ＋1＋a －4x －2
. (1)若关于x 的方程f(x)＝0有小于0的两个实根，求a 的取值范围；
(2)解关于x 的不等式f(x)>2(其中a>1)．
[解析] (1)方程f(x)＝0有小于0的两个实根，等价于方程x(x －a ＋1)＋a －4＝0有小于0的两个实根，即方程x2－(a －1)x ＋a －4＝0有小于0的两个实根，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝1－a 2－4a －4≥0，x1＋x2＝a －1<0，x1x2＝a －4>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧
a ∈R ，a<1，a>4，
∴a ∈∅. (2)由f(x)>2
得，x2－a ＋1x ＋a x －2
>0， ∴x －a
x －1x －2>0， ∴(x －a)(x －1)(x －2)>0，
由于a>1，于是有：
①当1<a<2时，不等式的解集为{x|1<x<a 或x>2}；
②当a>2时，不等式的解集为{x|1<x<2或x>a}；
③当a ＝2时，不等式的解集为{x|x>1或x≠2}．
(理)(2015·湖北教学合作联考)据气象中心观察和预测：已知发生于沿海M 地的台风向正南方向移动，其移动速度v(km/h)与时间t(h)的函数图象如图所示，过线段OC 上一点T(t,0)作横轴的垂线l ，梯形OABC 在直线l 左侧部分的面积即为t(h)内台风所经过的路程s(km)．
(1)当t ＝4时，求s 的值，并将s 随t 变化的规律用数学关系式表示出来；
(2)若N 城位于M 地正南方向，且距N 地650km ，试判断这场台风是否会侵袭到N 城，如果会，在台风发生后多长时间它将侵袭到N 城？如果不会，请说明理由．
[解析] (1)由图象可知，
直线OA 的方程是：v ＝3t ，直线BC 的方程是：v ＝－2t ＋70，
当t ＝4时，v ＝12，所以s ＝12×4×12＝24.
当0≤t≤10时，s ＝12×t×3t ＝32t2；
当10<t≤20时，s ＝12×10×30＋(t －10)×30＝30t －150；
当20<t≤35时，s ＝150＋300＋12×(t －20)×(－2t ＋70＋30)＝－t2＋70t ＋550.
综上可知s 随t 变化的规律是
s ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 32t2 t ∈[0，10]，
30t －150 t ∈10，20]，－t2＋70t －550 t ∈20，35].
(2)当t ∈[0,10]时，
smax ＝32×102＝150<650，
当t ∈(10,20]时，smax ＝30×20－150＝450<650，
当t ∈(20,35]时，令－t2＋70t ＋550＝650，解得t ＝30，(t ＝40舍去)
即在台风发生后30小时后将侵袭到N 城．
21．(本小题满分12分)(文)(2015·庐江四中、巢湖四中联考)已知函数f(x)＝2lnx －ax ＋a(a ∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)试确定a 的值，使不等式f(x)≤0恒成立．
[解析] (1)f ′(x)＝2－ax x ，x>0.
若a≤0，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增；
若a>0，当x ∈(0，2a )时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当x ∈(2a ，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上递增，
又f(1)＝0，故f(x)≤0不恒成立．
若a>2，当x ∈(2a ，1)时，f(x)递减，f(x)>f(1)＝0，不合题意．
若0<a<2，当x ∈(1，2a )时，f(x)递增，f(x)>f(1)＝0，不合题意．
若a ＝2，f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
f(x)≤f(1)＝0符合题意，
综上a ＝2.
(理)(2015·洛阳市期中)已知函数f(x)＝12x2－13ex3＋ex(x －1)(其中e 为自然对数的底数)，记f(x)
的导函数为f ′(x)．
(1)求函数y ＝f(x)的单调区间；
(2)求证：当x>0时，不等式f ′(x)≥1＋lnx 恒成立．
[解析] (1)由f(x)＝12x2－13ex3＋ex(x －1)得f ′(x)＝x(ex －ex ＋1)，
令h(x)＝ex －ex ＋1，则h ′(x)＝ex －e ，
当x ∈(－∞，1)时，h ′(x)<0，h(x)是减函数；
当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)是增函数；
所以，h(x)≥h(1)＝1>0.
故当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，
即f(x)的增区间是(0，＋∞)，减区间是(－∞，0)．
(2)当x>0时，不等式f ′(x)≥1＋lnx 恒成立等价于ex －ex ＋1≥1＋lnx x ，
由(1)知，ex －ex ＋1≥1，
令φ(x)＝1＋lnx x ，则φ′(x)＝－lnx x2，
在区间(0,1)上，φ′(x)>0，φ(x)是增函数；
在区间(1，＋∞)上，φ′(x)<0，φ(x)是减函数；
∴φ(x)≤φ(1)＝1，
从而ex －ex ＋1≥1＋lnx x ，即f ′(x)≥1＋lnx 恒成立． 22．(本小题满分14分)(文)(2015·东北育才学校一模)已
知函数f(x)＝[ax2＋(a －1)2x ＋a －(a －1)2]ex(其中a ∈R)．
(1)若x ＝0为f(x)的极值点，求a 的值；
(2)在(1)的条件下，解不等式f(x)>(x －1)(12x2＋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为f(x)的极值点，∴由f ′(0)＝ae0＝0，解得a ＝0.
检验，当a ＝0时，f ′(x)＝xex ，当x<0时，f ′(x)<0，当x>0时，f ′(x)>0.
所以x ＝0为f(x)的极值点，故a ＝0.
(2)当a ＝0时，不等式f(x)>(x －1)(12x2＋x ＋1)
⇔(x －1)ex>(x －1)(12x2＋x ＋1)，
整理得(x －1)[ex －(12x2＋x ＋1)]>0，
即⎩⎪⎨⎪⎧ x －1>0，ex －12x2＋x ＋1>0，或⎩
⎪⎨⎪⎧ x －1<0，ex －12x2＋x ＋1<0. 令g(x)＝ex －(12x2＋x ＋1)，h(x)＝g ′(x)＝ex －(x ＋1)，h ′(x)＝ex －1，
当x>0时，h ′(x)＝ex －1>0；当x<0时，h ′(x)＝ex －1<0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即g ′(x)>0，所以g(x)在R 上单调递增，而g(0)＝0；
故ex －(12x2＋x ＋1)>0⇔x>0；ex －(12x2＋x ＋1)<0⇔x<0，
所以原不等式的解集为{x|x<0或x>1}．
(理)(2015·滕州一中月考)已知函数f(x)＝a(x －1)2＋lnx ＋1.
(1)当a ＝－14时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间[2,4]上是减函数，求实数a 的取值范围；
(3)当x ∈[1，＋∞)时，函数y ＝f(x)图象上的点都在⎩⎪⎨⎪⎧
x≥1，y －x≤0.所表示的平面区域内，求实数a 的取值范围．
[解析] (1)当a ＝－14时，f(x)＝－14(x －1)2＋lnx ＋1＝－14x2＋12x ＋lnx ＋34(x>0)，
f ′(x)＝－12x ＋1x ＋12＝－x －2x ＋12x
(x>0)， 由f ′(x)>0解得，0<x<2；由f ′(x)<0解得x>2，
故当0<x<2时，f(x)单调递增；当x>2时，f(x)单调递减，
∴当x ＝2时，函数f(x)取得极大值f(2)＝34＋ln2无极小值． (2)f ′(x)＝2a(x －1)＋1x ，∵函数f(x)在区间[2,4]上单调递减， ∴f ′(x)＝2a(x －1)＋1x ≤0在区间[2,4]上恒成立，即2a≤1－x2＋x
在[2,4]上恒成立， 只需2a 不大于1－x2＋x
在[2,4]上的最小值即可． 而1－x2＋x ＝1－x －122＋14
(2≤x≤4)，则当2≤x≤4时，1－x2＋x ∈[－12，－112]， ∴2a≤－12，即a≤－14，故实数a 的取值范围是(－∞，－14]．
(3)因f(x)图象上的点在⎩⎪⎨⎪⎧
x≥1，y －x≤0所表示的平面区域内， 即当x ∈[1，＋∞)时，不等式f(x)≤x 恒成立，即a(x －1)2＋lnx －x ＋1≤0恒成立， 设g(x)＝a(x －1)2＋lnx －x ＋1(x≥1)，只需g(x)max≤0即可．
由g ′(x)＝2a(x －1)＋1x －1＝2ax2－2a ＋1x ＋1x
， (ⅰ)当a ＝0时，g ′(x)＝1－x x ，当x>1时，g ′(x)<0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)≤g(1)
＝0成立．
(ⅱ)当a>0时，由g ′(x)＝2ax2－2a ＋1x ＋1x
＝2a x －1x －12a x ，令g ′(x)＝0，得x1＝1或x2＝12a ，
①若12a <1，即a>12时，在区间(1，＋∞)上，g ′(x)>0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，函数g(x)在[1，＋∞)上无最大值，不满足条件；
②若12a ≥1，即0<a≤12时，函数g(x)在(1，12a )上单调递减，在区间(12a ，＋∞)上单调递增，同样g(x)在[1，＋∞)无最大值，不满足条件．
(ⅲ)当a<0时，由g ′(x)＝2a x －1
x －12a x ，因x ∈(1，＋∞)，故g ′(x)<0，则函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)≤g(1)＝0成立．
综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，0]．。