2024《試吧大考卷》二輪專題闖關導練數學(文)【統考版】熱點(一)三個“二次”的關系四熱點問題專練熱點(一)三個“二次”的關系1．(二次函數單調區間)函數y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是單調函數的充要條件是()A．b≥0B．b≤0C．b>0D．b<02．(二次函數最值)設函數y＝x2－2x，x∈[－2，a]，若函數的最小值為0，則a＝()A．0B．1C．2D．－13．(二次函數圖象切線)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,－x2＋ax，x>0))為奇函數，則f(x)的圖象在x＝2處的切線的斜率等于()A．6B．－2C．－6D．－84．(單調性與一元二次不等式)函數y＝lg(x2＋x－2)的單調遞增區間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－2)D．(1，＋∞)5．(一元二次方程根與系數的關系)若a、b是方程x2＋(m－5)x＋7＝0的兩個根，則(a2＋ma＋7)(b2＋mb＋7)＝()A．365B．245C．210D．1756．(二次函數單調性)若函數f(x)＝4x2－kx－8在區間[5,20]上是單調函數，則實數k的取值范圍是()A．[160，＋∞)B．(－∞，40]C．(－∞，40]∪[160，＋∞)D．(－∞，40)∪(160，＋∞)7．[2020·遼寧莊河高中、沈陽二十中聯考](一元二次不等式)已知不等式ax2＋bx＋2>0的解集為{x|－1<x<2}，則不等式2x2＋bx＋a>0的解集為()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>\f(1,2)))))B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x<\f(1,2)))))C．{x|－2<x<1}D．{x|x<－2或x>1}8．(二次函數＋二次不等式)函數f(x)＝(x－2)(ax＋b)為偶函數，且在(0，＋∞)上單調遞增，則f(2－x)>0的解集為()A．{x|－2<x<2}B．{x|x>2或x<－2}C．{x|0<x<4}D．{x|x>4或x<0}9．[2020·百校聯盟質量監測](復合函數的單調性)已知函數f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－ax＋a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上為減函數，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，1]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))10．[2020·河南平頂山調研](一元二次不等式恒成立問題)若不等式ax2＋2ax－4<2x2＋4x對任意實數x均成立，則實數a的取值范圍是()A．(－2,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－2,2]D．(－∞，2]11．[2020·遼寧葫蘆島模擬](函數的單調性轉化為解一元二次不等式)已知函數g(x)是R上的奇函數．當x<0時，g(x)＝－ln(1－x)，且f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≤0，,gx，x>0.))若f(2－x2)>f(x)，則實數x的取值范圍為()A．(－1,2)B．(1,2)C．(－2，－1)D．(－2,1)12．(二次函數＋存在性)若對任意x∈R，函數f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1與g(x)＝mx的值至少有一個為正數，則實數m的取值范圍為()A．(0,4]B．(0,8)C．(2,5)D．(－∞，0)13．[2020·河南豫北豫南聯賽]不等式x2－3|x|＋2>0的解集是________．14．(二次函數)已知函數f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為[0，＋∞)，若關于x的不等式f(x)－c<0的解集為(m，m＋6)，則實數c的值為________．15．[2020·湖南炎陵一中仿真考試](函數奇偶性＋二次函數)已知f(x)＝eq\f(x＋a－1,\r(1－x2))為奇函數，則g(x)＝x2＋ax＋b的單調遞增區間為________________________________________．16．(二次函數＋參變量范圍)已知定義在區間[0,3]上的函數f(x)＝kx2－2kx的最大值為3，那么實數k的值為________．熱點(二)恒成立及參數1．(參數范圍＋單調性)已知函數f(x)＝eq\f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞)上為減函數，則實數a的取值范圍是()A．0<a<eq\f(1,e)B．0<a≤eC．a≤eD．a≥e2．(參數范圍＋不等式恒成立)設0≤α≤π，不等式8x2－(8sinα)x＋cos2α≥0對x∈R恒成立，則α的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))3．(參數范圍＋不等式恒成立)若關于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是()A．(－∞，7)B．(－∞，－20]C．(－∞，0]D．[－12,7]4．(參數范圍＋單調性)已知函數f(x)＝a(x＋1)ln(x＋1)－x2－ax(a>0)是減函數，則a的值是()A．－1B．1C．－2D．25．(參數范圍＋恒成立)已知關于x的不等式mcosx≥2－x2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，則實數m的取值范圍為()A．[3，＋∞)B．(3，＋∞)C．[2，＋∞)D．(2，＋∞)6．(參數范圍＋單調性)若函數f(x)＝kx－lnx在區間(1，＋∞)上單調遞增，則k的取值范圍是()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1]D．[1，＋∞)7．(參數范圍)已知函數f(x)＝x2＋4x＋alnx，若函數f(x)在(1,2)上是單調函數，則實數a的取值范圍是()A．(－6，＋∞)B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)8．(參數范圍＋分段函數恒成立)函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－22x<2，,3－ax＋5ax≥2))滿足對任意x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2]B．(3，＋∞)C．[－2,3)D．[1，＋∞)9．(參數范圍＋不等式)若不等式3x2－logax<0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))內恒成立，則實數a的取值范圍是()A．a<eq\f(1,27)B.eq\f(1,27)<a<1C．a>1D.eq\f(1,27)≤a<110．(參數范圍＋不等式恒成立)函數f(x)＝ex－1－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上單調遞增，則實數a的范圍是()A．{1}B．(－1,1)C．(0,1)D．{－1,1}11．(參數范圍＋不等式)若存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，不等式2xlnx＋x2－mx＋3≥0成立，則實數m的最大值為()A.eq\f(1,e)＋3e－2B．2＋e＋eq\f(3,e)C．4D．e2－112．(參數范圍＋分段函數)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－lnx，0<x≤1，,\f(1,x)，x>1，))若0<a<b且滿足f(a)＝f(b)，則af(b)＋bf(a)的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋1))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)＋1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,e)＋1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)＋1))13．[2020·洛陽市統一考試](二次函數＋恒成立)已知函數f(x)＝x2－4x－4，若f(x)<1在(m－1，－2m)上恒成立，則實數m的取值范圍是________．14．(恒成立)當x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數a的取值范圍是________．15．(參數范圍＋恒成立)已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2(a>0)，若對任意兩個不等的正實數x1，x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>2恒成立，則a的取值范圍是________．16．[2020·唐山市高三年級摸底考試](參數范圍＋恒成立)已知函數f(x)＝(ex－ax)(lnx－ax)，若f(x)<0恒成立，則a的取值范圍是________．熱點(三)等差、等比數列1．[2020·合肥市質量檢測](等差數列求和)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝－3,2a4＋3a7＝9，則S7的值等于()A．21B．1C．－42D．02．[2020·惠州市考試試題](等比數列求和)等比數列{an}的前n項和為Sn，公比為q，若S6＝9S3，S5＝62，則a1＝()A.eq\r(2)B．2C.eq\r(5)D．33．(等差數列的項和項數的關系)設數列{an}，{bn}都是等差數列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，則a37＋b37等于()A．0B．37C．100D．－374．(等比數列的項數和項的關系)已知等比數列{an}中，a2＝2，a6＝8，則a3a4a5＝()A．±64B．64C．32D．165．(求數列的項)已知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數列，且a1＝1，a4＝4，則a10＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(5,4)C.eq\f(4,13)D.eq\f(13,4)6．(項和項數的關系)若等差數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，則a4＋S7的值是()A．20B．36C．24D．727．(等比數列前n項和)數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝4n＋b(b是常數，n∈N*)，若這個數列是等比數列，則b等于()A．－1B．0C．1D．48．(等差數列前n項和)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A．－12B．－10C．10D．129．(等差數列和的性質)等差數列{an}的前n項和為Sn，若S11＝22，則a3＋a7＋a8＝()A．18B．12C．9D．610．(等比數列和的性質)設Sn是等比數列{an}的前n項和，若eq\f(S4,S2)＝3，則eq\f(S6,S4)＝()A．2B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10)D．1或211．[2020·洛陽市尖子生第一次聯考](等差數列＋等比數列綜合)已知等比數列{an}中，a2·a8＝4a5，等差數列{bn}中，b4＋b6＝a5，則數列{bn}的前9項和S9等于()A．9B．18C．36D．7212．(等差性質＋向量共線)已知數列{an}為等差數列，且滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＝a1eq\o(OB,\s\up6(→))＋a2017eq\o(OC,\s\up6(→))，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))(λ∈R)，點O為直線BC外一點，則a1009＝()A．3B．2C．1D.eq\f(1,2)13．(等差數列的性質)記Sn為等差數列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為________．14．[2020·大同市測試試題](等比數列的性質)已知各項均為正數的等比數列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，則a4a5a6＝________.15．[2020·鄭州市質量預測](等差數列求和)若Sn是等差數列{an}的前n項和，a1≠0，a2＝3a1，則eq\f(S10,S5)＝________.16．[2020·黃岡中學、華師附中等八校第一次聯考](等比數列求和＋參數)已知數列{an}是等比數列，a2＝1，a5＝－eq\f(1,8)，若Sk＝－eq\f(11,8)，則k＝________.熱點(一)三個“二次”的關系1．答案：A解析：∵函數y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是單調函數，∴圖象的對稱軸x＝－eq\f(b,2)在區間(0，＋∞)的左邊，即－eq\f(b,2)≤0，解得b≥0，故選A.2．答案：A解析：因為函數y＝x2－2x＝(x－1)2－1，所以函數圖象的對稱軸為直線x＝1，因為1不一定在區間[－2，a]內，所以應進行討論．當－2<a≤1時，函數在[－2，a]上單調遞減，則當x＝a時，y取得最小值，即ymin＝a2－2a，所以a2－2a＝0，所以a＝0或a＝2(舍去)；當a>1時，函數在[－2,1]上單調遞減，在(1，a]上單調遞增，則當x＝1時，y取得最小值，即ymin＝－1，不合題意．故選A.3．答案：B解析：當x<0時，－x>0，f(－x)＝－x2－ax＝－f(x)＝－(x2＋2x)＝－x2－2x，故a＝2.當x>0時，f(x)＝－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，∴k＝f′(2)＝－2.故選B.4．答案：D解析：由x2＋x－2>0可得x<－2或x>1.∵u＝x2＋x－2在(1，＋∞)上單調遞增，y＝lgu是增函數，∴由復合函數同增異減的法則可得，函數y＝lg(x2＋x－2)的單調遞增區間是(1，＋∞)，故選D.5．答案：D解析：因為a、b是方程x2＋(m－5)x＋7＝0的兩個根，所以a＋b＝5－m，ab＝7，所以(a2＋ma＋7)(b2＋mb＋7)＝(a2＋ma＋ab)(b2＋mb＋ab)＝ab(a＋b＋m)2＝7×52＝175，故選D.6．答案：C解析：二次函數f(x)圖象的對稱軸是直線x＝eq\f(k,8)，故只需eq\f(k,8)≤5或eq\f(k,8)≥20，即k≤40或k≥160.故實數k的取值范圍是(－∞，40]∪[160，＋∞)，故選C.7．答案：A解析：∵不等式ax2＋bx＋2>0的解集為{x|－1<x<2}，∴ax2＋bx＋2＝0的兩根為－1,2，且a<0，即－1＋2＝－eq\f(b,a)，(－1)×2＝eq\f(2,a)，解得a＝－1，b＝1，則不等式2x2＋bx＋a>0可化為2x2＋x－1>0，解得x<－1或x>eq\f(1,2).故選A.8．答案：D解析：因為函數f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b為偶函數，所以b－2a＝0，故f(x)＝ax2－4a＝a(x－2)(x＋2)，因為函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以a>0.根據二次函數的性質可知，f(2－x)>0的解集為{x|2－x>2或2－x<－2}＝{x|x<0或x>4}，故選D.9．答案：B解析：∵y＝logeq\f(1,2)x在(0，＋∞)上為減函數，∴y＝x2－ax＋a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上為增函數，且y>0，∴－eq\f(－a,2)≤eq\f(1,2)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－eq\f(1,2)a＋a≥0，∴a≤1，且a≥－eq\f(1,2)，∴a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).10．答案：C解析：由題意，得不等式ax2＋2ax－4<2x2＋4x可化為(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0，當a－2＝0，即a＝2時，不等式恒成立，符合題意；當a－2≠0時，要使不等式恒成立，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,4a－22＋4×4a－2<0，))解得－2<a<2.綜上所述，實數a的取值范圍為(－2,2]．故選C.11．答案：D解析：當x>0時，－x<0，則有g(x)＝－g(－x)＝－[－ln(1＋x)]＝ln(1＋x)，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2，x≤0，,lnx＋1，x>0，))作出函數f(x)的圖象，則f(x)在R上單調遞增，∴2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.則實數x的取值范圍是(－2,1)．故選D.12．答案：B解析：當m＝0時，g(x)＝0，f(x)＝－8x＋1>0不恒成立，此時不符合條件；當m<0時，g(x)＝mx在x>0時恒為負，而f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1的圖象開口向下，所以對任意x>0顯然不恒為正，此時不符合條件；當m>0時，g(x)＝mx在x>0時恒為正，在x<0時恒為負，所以只需f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1在x≤0時恒為正即可，若－eq\f(b,2a)＝eq\f(4－m,2m)≥0，即0<m≤4，此時結論顯然成立，若－eq\f(b,2a)＝eq\f(4－m,2m)<0，即m>4，此時只要Δ＝4(4－m)2－8m<0即可，所以4<m<8.綜上可知，m的取值范圍為0<m<8，故選B.13．答案：(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)解析：原不等式可轉化為|x|2－3|x|＋2>0，解得|x|<1或|x|>2，所以x∈(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)．14．答案：9解析：由題意知f(x)－c＝(x－m)(x－m－6)，∴f(x)＝x2－(2m＋6)x＋m(m＋6)＋c.∵f(x)的值域為[0，＋∞)，∴Δ＝0，∴(2m＋6)2－4[m(m＋6)＋c]＝0，解得c＝9.15．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))解析：易知函數f(x)的定義域為(－1,1)．因為f(x)為奇函數，所以f(0)＝0，所以a－1＝0，即a＝1.所以g(x)＝x2＋x＋b，該二次函數圖象的開口向上，對稱軸為直線x＝－eq\f(1,2)，所以g(x)的單調遞增區間是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).16．答案：1或－3解析：f(x)＝k(x－1)2－k.(1)當k>0時，二次函數的圖象開口向上，∴當x＝3時，f(x)有最大值，f(3)＝k·32－2k×3＝3k＝3?k＝1；(2)當k<0時，二次函數的圖象開口向下，∴當x＝1時，f(x)有最大值，f(1)＝k－2k＝－k＝3?k＝－3；(3)當k＝0時顯然不成立．故k的取值為1或－3.熱點(二)恒成立及參數1．答案：D解析：函數f(x)＝eq\f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞)上為減函數，f′(x)＝eq\f(1－lna－lnx,x2)，則f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即1－lna－lnx≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴lnx≥1－lna＝lneq\f(e,a)恒成立，∴lneq\f(e,a)≤0，即eq\f(e,a)≤1，∴a≥e.2．答案：B解析：根據題意有64sin2α－32cos2α≤0，即sin2α≤eq\f(1,4)，結合題中所給的角的范圍，求得α的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，故選B.3．答案：B解析：設f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令3x2－6x－9＝0，得x1＝－1，x2＝3，∵3?[－2,2]，∴x2＝3(舍)，列表討論：x(－2，－1)－1(－1,2)f′(x)＋0－f(x)極大值∵f(－2)＝－8－12＋18＋2＝0，f(－1)＝－1－3＋9＋2＝7，f(2)＝8－12－18＋2＝－20，∴f(x)＝x3－3x2－9x＋2在x∈[－2,2]上的最大值為7，最小值為－20，∵關于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2,2]恒成立，∴m≤－20，故選B.4．答案：D解析：f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝aln(x＋1)－2x.由f(x)是減函數得，對任意的x∈(－1，＋∞)，都有f′(x)＝aln(x＋1)－2x≤0恒成立．設g(x)＝aln(x＋1)－2x.則g′(x)＝eq\f(－2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1)))),x＋1)，由a>0知eq\f(a,2)－1>－1，∴當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))時，g′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))時，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))上單調遞減，∴g(x)在x＝eq\f(a,2)－1處取得最大值．∵g(0)＝0，∴對任意的x∈(－1，＋∞)，g(x)≤g(0)恒成立，即g(x)的最大值為g(0)．∴eq\f(a,2)－1＝0，解得a＝2.5．答案：C解析：變形得m≥eq\f(2－x2,cosx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))))，因為當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－x2,cosx)))′＝eq\f(－2xcosx＋2－x2sinx,cos2x)，令f(x)＝－2xcosx＋(2－x2)sinx，則f′(x)＝－x2cosx，可知在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，f′(x)<0，∴f(x)<f(0)＝0，∴y＝eq\f(2－x2,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數．又y＝eq\f(2－x2,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是偶函數，且連續，所以eq\f(2－x2,cosx)的最大值為eq\f(2－0,cos0)＝2，∴m≥2，故選C.6．答案：D解析：f′(x)＝k－eq\f(1,x).∵函數f(x)＝kx－lnx在區間(1，＋∞)上單調遞增，∴f′(x)≥0在區間(1，＋∞)上恒成立．∴k≥eq\f(1,x)，而y＝eq\f(1,x)在區間(1，＋∞)上單調遞減，∴k≥1，∴k的取值范圍是[1，＋∞)，故選D.7．答案：C解析：f′(x)＝2x＋4＋eq\f(a,x)，因為函數在區間(1,2)上具有單調性，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，則有2x＋4＋eq\f(a,x)≤0或2x＋4＋eq\f(a,x)≥0在(1,2)上恒成立，所以a≤－(2x2＋4x)或a≥－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立，令g(x)＝－(2x2＋4x)，當1<x<2時，－16<g(x)<－6，所以a≤－16或a≥－6，所以a的取值范圍是(－∞，－16]∪[－6，＋∞)．8．答案：C解析：因為任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，所以函數f(x)是增函數，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,23－a＋5a≥0，))解得－2≤a<3，故選C.9．答案：D解析：由題意知：3x2<logax在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))內恒成立，在同一坐標系內，分別作出函數y＝3x2和y＝logax的圖象(圖略)，觀察兩函數圖象，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))時，若a>1，則函數y＝logax的圖象顯然在函數y＝3x2圖象的下方，不成立；若0<a<1，則logaeq\f(1,3)≥eq\f(1,3)，∴a≥eq\f(1,27)，∴eq\f(1,27)≤a<1，故選D.10．答案：A解析：由題意知f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，即ex－1≥ax－(a－1)恒成立，易知ex≥x＋1，即ex－1≥x，所以只需要x≥ax－(a－1)，即(a－1)(x－1)≤0恒成立，所以a＝1，故選A.11．答案：A解析：2xlnx＋x2－mx＋3≥0，∴m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，設h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，則h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當eq\f(1,e)≤x<1時，h′(x)<0，h(x)單調遞減；當1<x≤e時，h′(x)>0，h(x)單調遞增．∵存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)成立，∴m≤h(x)max.∵heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，∴heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，∴m≤eq\f(1,e)＋3e－2.故選A.12．答案：A解析：如圖，由f(a)＝f(b)，得－lna＝eq\f(1,b).因為0<eq\f(1,b)<1，所以0<－lna<1，得eq\f(1,e)<a<1.則af(b)＋bf(a)＝a·eq\f(1,b)＋b(－lna)＝－alna＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)<a<1))，令g(x)＝－xlnx＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)<x<1))，則g′(x)＝－lnx－1，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).當eq\f(1,e)<x<1時，g′(x)<0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上遞減，∴1<g(x)<eq\f(1,e)＋1.故選A.13．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：通解依題意得，當x∈(m－1，－2m)時，x2－4x－5<0恒成立．于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1<－2m,m－12－4m－1－5≤0,－2m2－4－2m－5≤0))，由此解得0≤m<eq\f(1,3).因此，實數m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).優解不等式f(x)<1，即(x＋1)(x－5)<0，解得－1<x<5.于是有?≠(m－1，－2m)?(－1,5)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1<－2m,m－1≥－1,－2m≤5))，由此解得0≤m<eq\f(1,3).因此，實數m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).14．答案：[－6，－2]解析：不等式ax3－x2＋4x＋3≥0變形為ax3≥x2－4x－3.當x＝0時，不等式即為0≥－3，故實數a的取值范圍是R；當x∈(0,1]時，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，記f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，則f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－x－9x＋1,x4)>0，故函數f(x)遞增，則f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6；當x∈[－2,0)時，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，設f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝9(舍去)，當x∈(－2，－1)時，f′(x)<0；當x∈(－1,0)時，f′(x)>0，故f(x)min＝f(－1)＝－2，則a≤－2.綜上所述，實數a的取值范圍是[－6，－2]．15．答案：[1，＋∞)解析：根據對任意兩個不等的正實數x1，x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>2恒成立，可知函數的導數大于或等于2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x≥2(x>0，a>0)，分離參數得a≥x(2－x)，而當x>0時，x(2－x)的最大值為1，故a≥1.16．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))解析：通解因為lnx<ex，且f(x)＝(ex－ax)(lnx－ax)<0恒成立，所以lnx<ax<ex恒成立，又x>0，所以eq\f(lnx,x)<a<eq\f(ex,x)在x>0時恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e，當0<x<e時，g′(x)>0，當x>e時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，所以當x＝e時，g(x)max＝eq\f(1,e).令h(x)＝eq\f(ex,x)，則h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1，當0<x<1時，h′(x)<0，當x>1時，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以當x＝1時，h(x)min＝e.所以eq\f(1,e)<a<e.優解因為lnx<ex，且f(x)＝(ex－ax)(lnx－ax)<0恒成立，所以lnx<ax<ex恒成立，在同一坐標系中，分別作出y＝lnx，y＝ex的圖象，如圖所示，則直線y＝ax在y＝ex和y＝lnx的圖象之間，過原點分別與y＝ex和y＝lnx的圖象相切的切線為y＝ex和y＝eq\f(1,e)x，由圖可知eq\f(1,e)<a<e.熱點(三)等差、等比數列1．答案：D解析：設等差數列{an}的公差為d，∵a1＝－3,2a4＋3a7＝9，∴2(－3＋3d)＋3(－3＋6d)＝9，∴d＝1，∴S7＝7×(－3)＋eq\f(7×6,2)×1＝0，故選D.2．答案：B解析：由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a11－q6,1－q)＝9×\f(a11－q3,1－q)，,\f(a11－q5,1－q)＝62，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q3＝8，,\f(a11－q5,1－q)＝62，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2，))故選B.3．答案：C解析：∵{an}，{bn}都是等差數列，∴{an＋bn}也是等差數列．∵a1＋b1＝25＋75＝100，a2＋b2＝100，∴{an＋bn}的公差為0.∴a37＋b37＝100，故選C.4．答案：B解析：由等比數列的性質可知a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝16，而a2，a4，a6同號，所以a4＝4，所以a3a4a5＝aeq\o\al(3,4)＝64，故選B.5．答案：A解析：由題意得eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a4)＝eq\f(1,4)，所以等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差d＝eq\f(\f(1,a4)－\f(1,a1),3)＝－eq\f(1,4)，由此可得eq\f(1,an)＝1＋(n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq\f(n,4)＋eq\f(5,4)，因此eq\f(1,a10)＝－eq\f(5,4)，所以a10＝－eq\f(4,5).故選A.6．答案：C解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋S3＝4，,a3＋S5＝12))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋4d＝4，,6a1＋12d＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝0，