2017-2018学年江苏省扬州中学高二(下)期中数学试卷(文科)

2017-2018学年江苏省扬州中学高二（下）期中数学试卷（文科）
试题数：20，总分：0
1.（填空题，5分）已知全集U=Z，集合M={x|x2-x-2＜0，x∈Z}，N={-1，0，1，2}，则
（∁U M）∩N=___ ．
2.（填空题，5分）命题“若x≥1，则x2-4x+2≥-1”的否命题为___ ．
3.（填空题，5分）设复数z满足（1+i）z=2i，则|z|=___ ．
4.（填空题，5分）设x∈R，则“x＜1”是“x|x|-2＜0”的___ 条件．（填“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”）．
5.（填空题，5分）已知函数f（x）= 1
3
x3-x2，a∈R，则曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的
切线方程为___ ．
6.（填空题，5分）已知函数f(x)={x2+2x x≥0
2x−x2 x＜0
若f（2-a2）＞f（a），则实数a的取值
范围是___ ．
7.（填空题，5分）若方程x2+（k-2）x+2k-1=0有两个实数根，一根在区间（0，1）内，另一根在区间（1，2）内，则实数k的取值范围___ ．
8.（填空题，5分）函数f（x）=|x2+x-t|在区间[-1，2]上最大值为4，则实数t=___ ．
9.（填空题，5分）已知三角形的三边分别为a，b，c，内切圆的半径为r，则三角形的面积为s= 1
2
（a+b+c）r；四面体的四个面的面积分别为s1，s2，s3，s4，内切球的半径为R．类比三角形的面积可得四面体的体积为___ ．
10.（填空题，5分）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（-1）=0，当x＞0时，xf′（x）-f（x）＞0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是___ ．
11.（填空题，5分）已知a n=log n+1（n+2）（n∈N*），观察下列算式：
a1•a2=log23•log34= lg3
lg2• lg4
lg3
=2；
a1•a2•a3•a4•a5•a6=log23•log34•…• log78 = lg3
lg2• lg4
lg3
•…• lg8
lg7
=3…；
若a1•a2•a3…a m=2016（m∈N*），则m的值为___ ．
12.（填空题，5分）定义区间[x1，x2]长度为x2-x1（x2＞x1），已知函数f（x）= (a2+a)x−1
a2x （a∈R，a≠0）的定义域与值域都是[m，n]，则区间[m，n]取最大长度时a的值是___ ．
13.（填空题，5分）已知f（x）是以2e为周期的R上的奇函数，当x∈（0，e），f（x）
=lnx，若在区间[-e，2e]，关于x的方程f（x）=kx+1恰好有4个不同的解，则k的取值集合是___ ．
14.（填空题，5分）已知a为常数，函数f（x）= x(√a−x2+√1−x2)
a−1
的最大值为1，则a的所有值为___ ．
15.（问答题，0分）（1）计算：−3+i
2−4i
；
（2）在复平面内，复数z=（m+2）+（m2-m-2）i对应的点在第一象限，求实数m的取值范围．
16.（问答题，0分）已知a∈R，命题p：“∀x∈[1，2]，x2-a≥0”，命题q：“∃x∈R，x2+2ax+2-a=0”．
（1）若命题p为真命题，求实数a的取值范围；
（2）若命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，求实数a的取值范围．
17.（问答题，0分）已知函数f（x）=x|x-a|+2x．
（1）当a=3时，方程f（x）=m的解的个数；
（2）对任意x∈[1，2]时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）=2x+1图象的下方，求a的取值范围；
（3）f（x）在（-4，2）上单调递增，求a的范围．
18.（问答题，0分）一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1万元，每生产1万件需要再投入2万元，设该公司一个月内生产该小型产品x万件并全部销售完，每万件的销售
收入为4-x万元，且每万件国家给予补助2e- 2elnx
x - 1
x
万元．（e为自然对数的底数，e是一个
常数）
（Ⅰ）写出月利润f（x）（万元）关于月产量x（万件）的函数解析式
（Ⅱ）当月产量在[1，2e]万件时，求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值（万元）及此时的月生成量值（万件）．（注：月利润=月销售收入+月国家补助-月总成本）
19.（问答题，0分）（1）用分析法证明：当x≥0，y≥0时，√2y≥ √x+2y - √x；
（2）证明：对任意x∈R，3|x-1|-x+1，x2+x，-2x-1这3个值至少有一个不小于0．
20.（问答题，0分）已知函数f（x）=x2+ax+a+1，g（x）=lnx，（a∈R）．
（1）当a=1时，求函数y=f（x）-g（x）的单调区间；
（2）若存在与函数f（x），g（x）的图象都相切的直线，求实数a的取值范围．
2017-2018学年江苏省扬州中学高二（下）期中数学试卷（文科）
参考答案与试题解析
试题数：20，总分：0
1.（填空题，5分）已知全集U=Z，集合M={x|x2-x-2＜0，x∈Z}，N={-1，0，1，2}，则
（∁U M）∩N=___ ．
【正确答案】：[1]{-1，2}
【解析】：先求集合M，再求补集，再求交集．
【解答】：解：∵集合M={x|x2-x-2＜0，x∈Z}，
∴M={0，1}，
∴∁U M={x|x≠0，1，x∈Z}，
∴（∁U M）∩N={-1，2}，
故答案为：{-1，2}．
【点评】：本题考查集合交并补，属于基础题，
2.（填空题，5分）命题“若x≥1，则x2-4x+2≥-1”的否命题为___ ．
【正确答案】：[1]若x＜1，则x2-4x+2＜-1
【解析】：直接利用四种命题的逆否关系，写出结果即可．
【解答】：解：命题“若x≥1，则x2-4x+2≥-1”的否命题为：若x＜1，则x2-4x+2＜-1；
故答案为：若x＜1，则x2-4x+2＜-1．
【点评】：本题考查四种命题的逆否关系的应用，注意命题的否定与否命题的区别，是基础题．3.（填空题，5分）设复数z满足（1+i）z=2i，则|z|=___ ．
【正确答案】：[1] √2
【解析】：把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案．
【解答】：解：由（1+i）z=2i，
得z=2i
1+i =2i(1−i)
(1+i)(1−i)
=1+i，
则|z|= √2．
故答案为：√2．
【点评】：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．
4.（填空题，5分）设x∈R，则“x＜1”是“x|x|-2＜0”的___ 条件．（填“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”）．
【正确答案】：[1]充分不必要
【解析】：x|x|＜2，对x分类讨论，解出不等式的解集，即可判断出．
【解答】：解：x|x|＜2，当x≤0时，化为-x2＜2，恒成立；
当x＞0时，化为x2＜2，解得0＜x＜√2，
综上可得：x|x|＜2的解集为：{x|x＜√2 }．
∴“x＜1”是“x|x|＜2”的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要．
【点评】：本题考查了含绝对值不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．
5.（填空题，5分）已知函数f（x）= 1
3
x3-x2，a∈R，则曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的
切线方程为___ ．
【正确答案】：[1]3x-y-9=0
【解析】：先求出导数，然后可得切线斜率，再将切点横坐标代入f（x）求出切点坐标，最
后利用点斜式写出切线方程．
【解答】：解：f′（x）=x2-2x，所以k=f′（3）=3．
又f（3）=0，
所以切线方程为：y=3（x-3），
即：3x-y-9=0．
故答案为：3x-y-9=0．
【点评】：本题考查了利用导数求切线方程的基本步骤，抓住切点是关键．属于基础题．
6.（填空题，5分）已知函数 f (x )={x 2+2x x ≥02x −x 2 x ＜0
若f （2-a 2）＞f （a ），则实数a 的取值范围是___ ．
【正确答案】：[1]（-2，1）
【解析】：先得到函数 f (x )={x 2+2x x ≥02x −x 2 x ＜0
在定义域上是增函数，再由函数单调性定义求解．
【解答】：解：易知函数 f (x )={x 2+2x x ≥02x −x 2 x ＜0
在定义域上是增函数 ∴f （2-a 2）＞f （a ），
可转化为：2-a 2＞a
解得：-2＜a ＜1
∴实数a 的取值范围是（-2，1）
故答案为：（-2，1）
【点评】：本题主要考查函数的单调性定义在解不等式中的应用，一般来讲，抽象函数不等式，多数用单调性定义或数形结合法求解．
7.（填空题，5分）若方程x 2+（k-2）x+2k-1=0有两个实数根，一根在区间（0，1）内，另一根在区间（1，2）内，则实数k 的取值范围___ ．
【正确答案】：[1] 12＜k ＜23
【解析】：将方程转化成函数，可知函数有两个零点，根据开口向上的二次函数图象，可以判断函数值，解出即可．
【解答】：解：设f （x ）=x 2+（k-2）x+2k-1，为开口向上的二次函数，
∵方程x 2+（k-2）x+2k-1=0有两个实数根，一根在区间（0，1）内，另一根在区间（1，2）内，
∴f （x ）在区间（0，1）和（1，2）内有零点．
∴ {f (0)＞0
f (1)＜0f (2)＞0
，即 {2k −1＞01+k −2+2k −1＜04+2(k −2)+2k −1＞0 ， 解之得 12＜k ＜23 ．
故答案为：1
2＜k＜2
3
．
【点评】：本题考查根与系数的关系，结合函数与零点的问题可以判定，属于中档题．8.（填空题，5分）函数f（x）=|x2+x-t|在区间[-1，2]上最大值为4，则实数t=___ ．【正确答案】：[1]2或15
4
【解析】：根据数f（x）=|x2+x-t|=|（x+ 1
2）2- 1
4
-t|，在区间[-1，2]上最大值为4，可得
4+2-t=4或1
4
+t=4，由此可求t的值．
【解答】：解：∵函数f（x）=|x2+x-t|=|（x+ 1
2）2- 1
4
-t|，在区间[-1，2]上最大值为4，
∴4+2-t=4或1
4
+t=4
∴t=2或t= 15
4
故答案为：2或15
4
【点评】：本题考查二次函数在闭区间上的最值，考查学生的计算能力，属于基础题．
9.（填空题，5分）已知三角形的三边分别为a，b，c，内切圆的半径为r，则三角形的面积为
s= 1
2
（a+b+c）r；四面体的四个面的面积分别为s1，s2，s3，s4，内切球的半径为R．类比三
角形的面积可得四面体的体积为___ ．
【正确答案】：[1]V= 1
3
（s1+s2+s3+s4）R
【解析】：根据三角形的边应与四面体中的各个面进行类比，而面积与体积进行类比，进行类比猜想即可．
【解答】：解：根据几何体和平面图形的类比关系，
三角形的边应与四面体中的各个面进行类比，而面积与体积进行类比：
∴△ABC的面积为s= 1
2
（a+b+c）r，
对应于四面体的体积为V= 1
3
（s1+s2+s3+s4）R．
故答案为：V= 1
3
（s1+s2+s3+s4）R．
【点评】：本题考查多面体的体积，考查立体几何和平面几何的类比推理，一般平面图形的边、面积分别于几何体中的面和体积进行类比，是基础题．
10.（填空题，5分）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（-1）=0，当x＞0时，xf′（x）-f（x）＞0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是___ ．
【正确答案】：[1]（-1，0）∪（1，+∞）
【解析】：由已知当x＞0时总有xf′（x）-f（x）＞0成立，可判断函数g（x）为增函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（-∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，而不等式f（x）＞0等价于xg（x）＞0，分类讨论即可求出
【解答】：解：设g（x）= f(x)
x ，则g（x）的导数为：g′（x）= xf′(x)−f(x)
x2
，
∵当x＞0时，xf′（x）-f（x）＞0，即当x＞0时，g′（x）恒大于0，
∴当x＞0时，函数g（x）为增函数，∵f（x）为奇函数
∴函数g（x）为定义域上的偶函数
又∵g（-1）= f(−1)
−1
=0，
∵f（x）＞0，
∴当x＞0时，f(x)
x ＞0，当x＜0时，f(x)
x
＜0，
∴当x＞0时，g（x）＞0=g（1），当x＜0时，g（x）＜0=g（-1），
∴x＞1或-1＜x＜0
故使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（-1，0）∪（1，+∞），
故答案为：（-1，0）∪（1，+∞）
【点评】：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．
11.（填空题，5分）已知a n=log n+1（n+2）（n∈N*），观察下列算式：
a1•a2=log23•log34= lg3
lg2• lg4
lg3
=2；
a1•a2•a3•a4•a5•a6=log23•log34•…• log78 = lg3
lg2• lg4
lg3
•…• lg8
lg7
=3…；
若a1•a2•a3…a m=2016（m∈N*），则m的值为___ ．【正确答案】：[1]22016-2
【解析】：根据已知中的等式，结合对数的运算性质，可得a 1•a 2•a 3•…• a 2n −2 =n （n≥2），进而得到答案．
【解答】：解：∵a n =log n+1（n+2）（n∈N *），
∴a 1•a 2=log 23•log 34= lg3lg2 • lg4lg3 =2；
a 1•a 2•a 3•a 4•a 5•a 6=log 23•log 34•…• log 78 = lg3lg2 • lg4lg3 •…• lg8lg7 =3；
…
归纳可得：a 1•a 2•a 3•…• a 2n −2 =n （n≥2），
若a 1•a 2•a 3•…•a m =2016，则m=22016-2，
故答案为：22016-2
【点评】：归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）．
12.（填空题，5分）定义区间[x 1，x 2]长度为x 2-x 1（x 2＞x 1），已知函数f （x ）= (a 2+a)x−1a 2x （a∈R ，a≠0）的定义域与值域都是[m ，n]，则区间[m ，n]取最大长度时a 的值是___ ．
【正确答案】：[1]3
【解析】：化简f （x ），首先考虑f （x ）的单调性，由题意： {f (m )=m f (n )=n
，故m ，n 是方程f （x ）的同号的相异实数根．利用韦达定理和判别式，求出m ，n 的关系．在求最大值．
【解答】：解：函数f （x ）=
(a 2+a)x−1a 2x （a∈R ，a≠0）的定义域是{x|x≠0}，则[m ，n]是其定义域的子集，
∴[m ，n]⊆（-∞，0）或（0，+∞）．
f （x ）= (a 2+a)x−1
a 2x = a+1a −1a 2x 在区间[m ，n]上时增函数，则有： {f (m )=m f (n )=n
， 故m ，n 是方程f （x ）= a+1a −1
a 2x =x 的同号相异的实数根， 即m ，n 是方程（ax ）2-（a 2+a ）x+1=0同号相异的实数根．
那么mn= 1a 2 ，m+n= a+1a
，只需要△＞0， 即（a 2+a ）2-4a 2＞0，解得：a ＞1或a ＜-3．
那么：n-m= √(m +n )2−4mn = √−3(1a −13)2
+43 ， 故n-m 的最大值为 2√33 ，此时 1a =13 ，解得：a=3．
即在区间[m，n]的最大长度为2√3
3
，此时a的值等于3．
故答案为3．
【点评】：本题考查了函数性质的方程的运用，有一点综合性，利用函数关系，构造新的函数解题．属于中档题，分类讨论思想的运用，增加了本题的难度，解题时注意．
13.（填空题，5分）已知f（x）是以2e为周期的R上的奇函数，当x∈（0，e），f（x）
=lnx，若在区间[-e，2e]，关于x的方程f（x）=kx+1恰好有4个不同的解，则k的取值集合是___ ．
【正确答案】：[1] {−1
e ，−1
2e
}
【解析】：由题意可得f（0）=0，f（e）=0，f（-e）=0，画出f（x）在[-e，2e]上的图象，计算直线y=kx+1过（e，0），（2e，0），时，k的值，结合图象可得k取值的集合．
【解答】：解：f（x）是R上的奇函数，
可得f（0）=0，
又因为f（x）的周期为2e，
所以f（x）=f（x+2e），得f（-e）=f（e），
因为f（e）=-f（-e），
所以f（e）=f（-e）=0，
当x∈（0，e）时，f（x）=lnx，且f（0）=0，f（e）=0，
作出函数f（x）在[-e，2e]上的图象，
由在区间[-e，2e]上关于x的方程f（x）=kx+1有4个不同的解，
则直线y=kx+1经过点（e，0）或（2e，0），
则k=- 1
e 或- 1
2e
所以k的取值集合为：{- 1
e ，- 1
2e
}．
故答案为：{- 1
e ，- 1
2e
}．
【点评】：本题考查方程和函数的转化思想，考查函数的奇偶性和数形结合思想方法，以及运算能力，属于中档题．
14.（填空题，5分）已知a 为常数，函数f （x ）= x(√a−x 2+√1−x 2)
a−1
的最大值为1，则a 的所有
值为___ ． 【正确答案】：[1]
3±√5
2
【解析】：首先根据解析式可知a≠1，a=0以及a ＜0时不合题意，舍去，再讨论0＜a ＜1和a ＞1时的情况，利用导数得到单调区间，判断出最大值，解出相应的a 即可
【解答】：解：由条件可知a≠1，
当a=0时，函数的定义域为0，则f （0）=0不合题意，舍去； 当a ＜0时，函数的定义域为∅，不合题意，舍去； 当0＜a ＜1时，函数的定义域为[- √a ， √a ]， 令f′（x ）=
(√a−x 2+√1+x 2)−(
x 2
√a−x 2+
x 2
√1−x 2
)
a−1
=
(√a−x 2+√1−x 2)(1−
x 2
√a−x 2√1−x 2
)
a−1
=0，
解得x=± √a
a+1 ，
当- √a ＜x ＜- √a
a+1 ， √a
a+1 ＜x ＜ √a 时，f′（x ）＞0， 当- √a
a+1 ＜x ＜ √a a+1 时，f′（x ）＜0，
则函数在（- √a ，- √a
a+1 ），（ √a
a+1 ， √a ）上单调地增，在（- √a
a+1 ， √a
a+1 ）上单调递减， 当x=- √a
a+1 时，f （- √a
a+1 ）= √a
1−a ， 当x= √a 时，f （ √a ）=- √a
1−a ＜0，
则f（x）的最大值为f（- √a
a+1）= √a
1−a
=1，解得a= 3−√5
2
（a= 3+√5
2
＞1舍去），
当a＞1时，函数的定义域为[-1，1]，
当-1＜x＜- √a
a+1，√a
a+1
＜x＜1时，f′（x）＜0，
当- √a
a+1＜x＜√a
a+1
时，f′（x）＞0，
则函数在（-1，- √a
a+1），（√a
a+1
，1）上单调递减，在（- √a
a+1
，√a
a+1
）上单调地增，
当x=-1时，f（-1）=- √a−1＜0，
当x= √a
a+1时，f（√a
a+1
）= √a
a−1
，则f（x）的最大值为f（√a
a+1
）= √a
a−1
=1，
解得a= 3+√5
2（a= 3−√5
2
＜舍去），
综上：a的所有值为3+√5
2，3−√5
2
．
故答案为3±√5
2
．
【点评】：本题考查利用函数最大值求参数，考查分类讨论思想，利用导数求函数最值，属于中档偏难题．
15.（问答题，0分）（1）计算：−3+i
2−4i
；
（2）在复平面内，复数z=（m+2）+（m2-m-2）i对应的点在第一象限，求实数m的取值范围．
【正确答案】：
【解析】：（1）利用复数的除法的运算法则化简求解即可．
（2）利用复数的对应点所在象限列出不等式组，求解即可．
【解答】：解：（1）−3+i
2−4i = (−3+i)(2+4i)
(2−4i)(2+4i)
= −10−10i
20
= −1
2
−1
2
i…（6分）
（2）复数z=（m+2）+（m2-m-2）i对应的点在第一象限，
可得：{m+2＞0
m2−m−2＞0
，
解得：m∈（-2，-1）∪（2，+∞）…（14分）
【点评】：本题考查复数的代数形式混合运算，复数的几何意义，考查计算能力．
16.（问答题，0分）已知a∈R ，命题p ：“∀x∈[1，2]，x 2-a≥0”，命题q ：“∃x∈R ，x 2+2ax+2-a=0”．
（1）若命题p 为真命题，求实数a 的取值范围；
（2）若命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，求实数a 的取值范围．
【正确答案】：
【解析】：（1）由于命题p ：“∀x∈[1，2]，x 2-a≥0”，令f （x ）=x 2-a ，只要x∈[1，2]时，f （x ）
min ≥0
即可；
（2）由（1）可知，当命题p 为真命题时，a≤1，命题q 为真命题时，△=4a 2-4（2-a ）≥0，解得a 的取值范围．由于命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，可知：命题p 与命题q 必然一真一假，解出即可．
【解答】：解：（1）∵命题p ：“∀x∈[1，2]，x 2-a≥0”，令f （x ）=x 2-a ， 根据题意，只要x∈[1，2]时，f （x ）min ≥0即可， 也就是1-a≥0，解得a≤1， ∴实数a 的取值范围是（-∞，1]；
（2）由（1）可知，当命题p 为真命题时，a≤1，
命题q 为真命题时，△=4a 2-4（2-a ）≥0，解得a≤-2或a≥1． ∵命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题， ∴命题p 与命题q 必然一真一假，
当命题p 为真，命题q 为假时， {a ≤1
−2＜a ＜1⇒−2＜a ＜1 ，
当命题p 为假，命题q 为真时， {a ＞1
a ≤−2或a ≥1⇒a ＞1 ，
综上：a ＞1或-2＜a ＜1．
【点评】：本题考查了简易逻辑的有关知识、函数的性质、方程的解、不等式组等基础知识与基本技能方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．17.（问答题，0分）已知函数f（x）=x|x-a|+2x．
（1）当a=3时，方程f（x）=m的解的个数；
（2）对任意x∈[1，2]时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）=2x+1图象的下方，求a的取值范围；
（3）f（x）在（-4，2）上单调递增，求a的范围．
【正确答案】：
【解析】：（1）当a=3时，f(x)={x2−x，x≥3
5x−x2，x＜3
，分类讨论可得不同情况下方程f（x）
=m的解的个数；
（2）对任意x∈[1，2]时，函数f（x）的图象恒在函数g（x）=2x+1图象的下方，即x|x-a|＜1在x∈[1，2]上恒成立，解得a的取值范围；
（3）f（x）在（-4，2）上单调递增，结合二次函数的图象和性质分段讨论满足条件的a值，可得答案．
【解答】：解：（1）当a=3时，f(x)={x2−x，x≥3
5x−x2，x＜3
，
当m=6或25
4
时，方程有两个解；
当m＜6或m＞25
4
时，方程一个解；
当6＜m＜25
4
时，方程有三个解．--------------------------------------------------------------（3分）（2）由题意知f（x）＜g（x）恒成立，
即x|x-a|＜1在x∈[1，2]上恒成立，
即|x−a|＜1
x
在x∈[1，2]上恒成立，
即x−1
x ＜a＜x+1
x
在x∈[1，2]上恒成立，
∴ 3
2
＜a＜2 -----------------------------------------（9分）
（3）f(x)={x2+(2−a)x，x≥a −x2+(a+2)x，x＜a
① a−2
2≤a且a+2
2
≥a，即-2≤a≤2时，
f（x）在R单调递增，满足题意；
② a−2
2＞a且a+2
2
≥a，即a＜-2时，
f（x）在（-∞，a）和（a−2
2
，+∞）单调递增，∵f（x）在（-4，2）上单调递增，
∴a≥2或-4，
∴a≤-6；
③ a−2
2＞a且a+2
2
＜a，即a＜-2且a＞2时，不存在满足条件的a值；
④ a−2
2＜a且a+2
2
＜a，即a＞2时，
f（x）在（-∞，a+2
2
）和（a，+∞）上单调递增，
∵f（x）在（-4，2）上单调递增，
∴ a+2
2
≥2或a≤-4，∴a＞2
综上：a≤-6或a≥-2-----------------------------------------------------（16分）
【点评】：本题考查的知识点是分段函数的应用，分类讨论思想，二次函数的图象和性质，难度中档．
18.（问答题，0分）一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1万元，每生产1万件需要再投入2万元，设该公司一个月内生产该小型产品x万件并全部销售完，每万件的销售
收入为4-x万元，且每万件国家给予补助2e- 2elnx
x - 1
x
万元．（e为自然对数的底数，e是一个
常数）
（Ⅰ）写出月利润f（x）（万元）关于月产量x（万件）的函数解析式
（Ⅱ）当月产量在[1，2e]万件时，求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值（万元）及此时的月生成量值（万件）．（注：月利润=月销售收入+月国家补助-月总成本）
【正确答案】：
【解析】：（Ⅰ）由月利润=月销售收入+月国家补助-月总成本，即可列出函数关系式；（2）利用导数判断函数的单调性，进而求出函数的最大值．
【解答】：解：（Ⅰ）由于：月利润=月销售收入+月国家补助-月总成本，可得 f (x )=x (4−x +2e −2elnx
x −1
x −2)−1=−x 2
+2(e +1)x −2elnx −2(x ＞0)
（Ⅱ）f （x ）=-x 2+2（e+1）x-2elnx-2的定义域为[1，2e]， 且 f′(x )=−2x +2(e +1)−2e x =−
2(x−1)(x−e )
x
(x ＞0) 列表如下：
且f （e ）=e 2-2．即：月生产量在[1，2e]万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为f （e ）=e 2-2，此时的月生产量值为e （万件）．
【点评】：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值等知识，考查学生利用导数解决实际问题的能力及运算求解能力，属于难题．
19.（问答题，0分）（1）用分析法证明：当x≥0，y≥0时， √2y ≥ √x +2y - √x ； （2）证明：对任意x∈R ，3|x-1|-x+1，x 2+x ，-2x-1这3个值至少有一个不小于0．
【正确答案】：
【解析】：（1）利用分析法的证明方法，推出使命题成立的充分条件 √2xy ≥0 ，即可． （2）利用反证法，假设3|x-1|-x+1，x 2+x ，-2x-1这个3值都小于0，推出3|x-1|+x 2-2x ＜0，得到矛盾的结论，即可证明命题成立．
【解答】：解：（1）要证不等式成立，只需证 √x +√2y ≥√x +2y 成立， 即证： (√x +√2y)2
≥(√x +2y)2
成立， 即证： x +2y +2√2xy ≥x +2y 成立， 即证： √2xy ≥0 成立，
因为x≥0，y≥0，所以 √2xy ≥0 ，所以原不等式成立． （2）假设3|x-1|-x+1，x 2+x ，-2x-1这3个值都小于0，
即3|x-1|-x+1＜0，x2+x＜0，-2x-1＜0，
则3|x-1|+x2-2x＜0，（*）
而3|x-1|+x2-2x=3|x-1|+（x-1）2-1≥1+（x-1）2-1≥（x-1）2≥0．
这与（*）矛盾，所以假设不成立，即原命题成立．
【点评】：本题考查分析法以及反证法的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．20.（问答题，0分）已知函数f（x）=x2+ax+a+1，g（x）=lnx，（a∈R）．
（1）当a=1时，求函数y=f（x）-g（x）的单调区间；
（2）若存在与函数f（x），g（x）的图象都相切的直线，求实数a的取值范围．
【正确答案】：
【解析】：（1）求得函数h（x）的定义域，以及求导数，讨论单调区间，可得．
（2）设函数f（x）上点（x1，f（x1））与函数g（x）上点（x2，f（x2））处切线相同，分别
求的切线的斜率，可得设1
4x2−a
2x
+lnx−a+a2
4
−2 =0，设F（x）= 1
4x2
−a
2x
+lnx−a+
a2
4
−2，求出导数和单调区间，最值，运用单调性，计算可得a的范围．
【解答】：解：（1）因为函数f（x）=x2+ax+a+1，g（x）=lnx，
所以a=1时，函数h（x）=f（x）-g（x）=x2+x-lnx+2，
定义域为（0，+∞），
则h′（x）=2x+1- 1
x = (2x−1)(x+1)
x
，x∈（0，+∞），
由h′（x）＜0，即(2x−1)(x+1)
x ＜0，解得0＜x＜1
2
，
由h′（x）＞0，即(2x−1)(x+1)
x ＞0，解得x＞1
2
，
所以函数h（x）的增区间为（1
2，+∞），减区间为（0，1
2
），
综上所述，结论时：函数y=f（x）-g（x）的增区间为（1
2，+∞），减区间为（0，1
2
），
（2）假设存在函数f（x），g（x）的图象都相切的直线，
设函数f（x）上点（x1，f（x1））与函数g（x）上点（x2，f（x2））处切线相同，由已知有：f′（x）=2x+a，g′（x）= 1
x
，
则f′（x1）=g′（x2）= f(x1)−g(x2)
x1−x2
，
即2x1+a= 1
x2 = x12+ax1+a+1−lnx2
x1−x2
，
所以x1= 1
2x2−a
2
代入1
x2
=x12+ax1+a+1−lnx2
x1−x2
，得：
1 4x2−a
2x2
+lnx2−a+a2
4
−2=0，
设F（x）= 1
4x2−a
2x
+lnx−a+a2
4
−2，
则F′（x）=- 1
2x3+a
2x2
+1
x
= 2x2+ax−1
2x3
，x∈（0，+∞），
则方程2x2+ax-1=0有一个正根，记为x0（x0＞0），
则2x02+ax0-1=0，即a= 1−2x02
x0 = 1
x0
−2x0，
当0＜x＜x0时，F′（x）＜0；当x＞x0时，F′（x）＞0，
所以F（x）在区间（0，x0）上单调递减，在区间（x0，+∞）上单调递增，故当x=x0时，函数F（x）min=F（x0）=x02+2x0- 1
x0
+lnx0-2，
设G（x）=x2+2x- 1
x
+lnx-2，
则G′（x）=2x+2+ 1
x2 + 1
x
＞0，在区间（0，+∞）上恒成立，
所以G（x）在区间（0，+∞）上时增函数又G（1）=0，
所以0＜x≤1时，G（x）≤0，即当0＜x1≤1时，F（x1）≤0，
又当x=e a+2时，F（e a+2）= 1
4e2a+4 - a
2e a+2
+lne a+2-a+ a2
4
−2 = 1
4
（1
e a+2
−a）2≥0，
所以当0＜x1≤1时，函数F（x）必有零点，
即当0＜x1≤1时，必存在x2使得① 成立，
即存在x1，x2，使得函数f（x）在点（x1，f（x1））与函数g（x）在点（x2，f（x2））处切线相同，
又由y= 1
x −2x，得y′=- 1
x2
−2＜0，
所以y= 1
x
−2x在（0，1]上单调递减，
故a= 1
x0
−2x0∈[-1，+∞），
综上所述，结论是：实数a的取值范围为[-1，+∞）．
【点评】：本题考查切线的斜率，及导数的综合应用，属于难题．。