第=page66頁，共=sectionpages2626頁2025年安徽省高考數學對標命題11.已知全集U=R，集合A=xx+2x-A.-∞,2 B.2,+∞ C.【答案】D

【解析】由

x+2x-2≤0

，得

-則

?UA={x∣x由

log2x≥a

，得

x≥又

B??UA

，所以

2a≥故選：D．2.已知定義在R上的奇函數f(x)在(-∞,0]上單調遞增，則“對于任意的x∈(0,1]，不等式A.-1e≤a<0 B.【答案】CD

【解析】因為定義在R上的奇函數f(x)在(-∞,0]上單調遞增，所以f(x)在R上單調遞增，所以不等式f(aex+2x)+f(xlnx-x2)≥0即為f(aex+2x)≥-f(xlnx-x2)=f(x2-xlnx)對于任意的x∈(0,1]恒成立，所以aex+2x≥x2-xlnx，也即aexx+lnx-x+2?0對于任意的x∈(0,1]恒成立．

令gx=aexx+lnx-x+2，則g'x=aexx-1x2+1x-1=aex-xx-1x2，

當a?0時，g'x?0在x∈(0,1]恒成立，所以gx在0,1單調遞增，又當x→0時，gx→-∞，所以gx?03.函數f(x)＝x2＋eq\f(3,x2＋2)的最小值是______．【答案】eq\f(3,2)【解析】由f(x)＝x2＋eq\f(3,x2＋2)＝x2＋2＋eq\f(3,x2＋2)－2，令x2＋2＝t(t≥2)，則有f(t)＝t＋eq\f(3,t)－2，由對勾函數的性質知，f(t)在[2，＋∞)上單調遞增，所以當t＝2時，f(t)min＝eq\f(3,2)，即當x＝0時，f(x)min＝eq\f(3,2).4.已知正數a，b滿足a＋2b＝3恒成立，則eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)的最小值為()A.eq\f(3,2)B.eq\f(9,4)C．2D．3【答案】B【解析】由a＋2b＝3得(a＋1)＋2b＝4，于是eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(2,b)))·eq\f(a＋1＋2b,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋4＋\f(2a＋1,b)＋\f(2b,a＋1)))≥eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2a＋1,b)×\f(2b,a＋1))))＝eq\f(9,4)，當且僅當eq\f(2a＋1,b)＝eq\f(2b,a＋1)，且a>0，b>0，即a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(4,3)時，等號成立．所以eq\f(1,a＋1)＋eq\f(2,b)的最小值為eq\f(9,4).5.已知正數a，b滿足a2－2ab＋4＝0，則b－eq\f(a,4)的最小值為()A．1B.eq\r(2)C．2D．2eq\r(2)【答案】B【解析】∵a>0，b>0，a2－2ab＋4＝0，則b＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)，∴b－eq\f(a,4)＝eq\f(a,2)＋eq\f(2,a)－eq\f(a,4)＝eq\f(a,4)＋eq\f(2,a)≥2eq\r(\f(a,4)·\f(2,a))＝eq\r(2)，當且僅當eq\f(a,4)＝eq\f(2,a)，即a＝2eq\r(2)時，等號成立，此時b＝eq\f(3\r(2),2).6.已知x，y∈R,3x2＋2y2≤6，求2x＋y的最大值為________；最小值為________．解方法一由柯西不等式得(2x＋y)2≤[(eq\r(3)x)2＋(eq\r(2)y)2]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))2))＝(3x2＋2y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)＋\f(1,2)))≤11.當且僅當eq\r(3)x·eq\f(1,\r(2))＝eq\r(2)y·eq\f(2,\r(3))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4\r(11),11)，,y＝\f(3\r(11),11)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4\r(11),11)，,y＝－\f(3\r(11),11)))時等號成立，于是2x＋y的最大值為eq\r(11)，最小值為－eq\r(11).方法二由柯西不等式得|2x＋y|≤eq\r(\r(3)x2＋\r(2)y2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))))2)＝eq\r(3x2＋2y2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)＋\f(1,2))))≤eq\r(11)，當且僅當eq\r(3)x·eq\f(1,\r(2))＝eq\r(2)y·eq\f(2,\r(3))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4\r(11),11)，,y＝\f(3\r(11),11)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4\r(11),11)，,y＝－\f(3\r(11),11)))時等號成立，于是2x＋y的最大值為eq\r(11)，最小值為－eq\r(11).7.若x>0，y>0，eq\f(1,2x＋y)＋eq\f(3,x＋y)＝2，則6x＋5y的最小值為________．【答案】eq\f(13,2)＋2eq\r(3)【解析】eq\f(1,2x＋y)＋eq\f(3,x＋y)＝eq\f(1,2x＋y)＋eq\f(12,4x＋y)＝eq\f(12,2x＋y)＋eq\f(2\r(3)2,4x＋y)≥eq\f(1＋2\r(3)2,6x＋5y)＝eq\f(13＋4\r(3),6x＋5y)，即2≥eq\f(13＋4\r(3),6x＋5y)，因為x>0，y>0，則6x＋5y≥eq\f(13,2)＋2eq\r(3)，當且僅當eq\f(1,2x＋y)＝eq\f(2\r(3),4x＋y)，即x＝eq\f(3\r(3)－4,4)，y＝eq\f(5－\r(3),2)時取等號．8.已知x>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，若2x＋y<m2－8m有解，則實數m的取值范圍為()A．(－∞，－1)∪(9，＋∞)B．(－∞，－1]∪[9，＋∞)C．(－9，－1)D．[－9,1]【答案】A【解析】因為x>0，y>0，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，所以2x＋y＝(2x＋y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝5＋eq\f(2x,y)＋eq\f(2y,x)≥5＋2eq\r(\f(2x,y)·\f(2y,x))＝9，當且僅當eq\f(2x,y)＝eq\f(2y,x)，且eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)＝1，即x＝y＝3時取等號，此時2x＋y取得最小值9，若2x＋y<m2－8m有解，則9<m2－8m，解得m>9或m<－1，即實數m的取值范圍為(－∞，－1)∪(9，＋∞)．9.(多選)下列函數中，值域正確的是()A．當x∈[0,3)時，函數y＝x2－2x＋3的值域為[2,6)B．函數y＝eq\f(2x＋1,x－3)的值域為RC．函數y＝2x－eq\r(x－1)的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞))D．函數y＝eq\r(x＋1)＋eq\r(x－1)的值域為[eq\r(2)，＋∞)【答案】ACD【解析】對于A，(配方法)y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，由x∈[0,3)，再結合函數的圖象(如圖①所示)，可得函數的值域為[2,6)．對于B，(分離常數法)y＝eq\f(2x＋1,x－3)＝eq\f(2x－3＋7,x－3)＝2＋eq\f(7,x－3)，顯然eq\f(7,x－3)≠0，∴y≠2.故函數的值域為(－∞，2)∪(2，＋∞)．對于C，(換元法)設t＝eq\r(x－1)，則x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2(t2＋1)－t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2＋eq\f(15,8)，由t≥0，再結合函數的圖象(如圖②所示)，可得函數的值域為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞)).對于D，函數的定義域為[1，＋∞)，∵y＝eq\r(x＋1)與y＝eq\r(x－1)在[1，＋∞)上均單調遞增，∴y＝eq\r(x＋1)＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上為增函數，∴當x＝1時，ymin＝eq\r(2)，即函數的值域為[eq\r(2)，＋∞)．10.已知f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)(x∈R)．(1)判斷函數f(x)的單調性，并用定義證明；(2)解關于t的不等式f(t2－3)＋f(2t)<0.解(1)f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)在R上是增函數．證明：在R上任取x1，x2且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝，由x1<x2可知，所以，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．即f(x)在R上是增函數．(2)易知f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，所以函數f(x)為奇函數，由(1)知，函數f(x)在R上是增函數，由f(t2－3)＋f(2t)<0，可得f(t2－3)<－f(2t)＝f(－2t)，所以t2－3<－2t，即t2＋2t－3<0，解得－3<t<1，即關于t的不等式f(t2－3)＋f(2t)<0的解集為{t|－3<t<1}．11.已知f(x)是定義在R上的奇函數，且函數f(x＋1)為偶函數，當－1≤x≤0時，f(x)＝x3，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))等于()A.eq\f(1,8)B．－eq\f(1,8)C.eq\f(27,8)D．－eq\f(27,8)【答案】A【解析】由函數f(x＋1)為偶函數，可得函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，所以f(2＋x)＝f(－x)，因為f(x)是定義在R上的奇函數，所以f(4＋x)＝f(－2－x)＝－f(2＋x)＝－f(－x)＝f(x)，可得函數f(x)的周期為4，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))3＝eq\f(1,8).12.若定義在R上的奇函數f(x)滿足f(2－x)＝f(x)，在區間(0,1)上，有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，則下列說法正確的是()A．函數f(x)的圖象關于點(1,0)中心對稱B．函數f(x)的圖象關于直線x＝2軸對稱C．在區間(2,3)上，f(x)單調遞減D．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))【答案】C【解析】f(4－x)＝f(2－(x－2))＝f(x－2)＝－f(2－x)＝－f(x)，即f(4－x)＋f(x)＝0，故f(x)的圖象關于點(2,0)中心對稱，∵f(2－x)＝f(x)，則f(x)的圖象關于直線x＝1軸對稱，故A，B錯誤；根據題意可得，f(x)在(0,1)上單調遞增，∵f(x)的圖象關于直線x＝1軸對稱，關于點(2,0)中心對稱，則f(x)在(2,3)上單調遞減，故C正確；又∵f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2)，則f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，可知f(x)的周期為4，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，故D錯誤．13.已知定義在R上的函數f(x)滿足條件：①f(x)的周期為2，②f(x－2)為奇函數，③當x∈[0,1)時，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(x1≠x2)恒成立．則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))，f(4)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))的大小關系為()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>f(4)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))B．f(4)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))C．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>f(4)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))D．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>f(4)【答案】C【解析】因為f(x－2)為奇函數，f(x)的周期為2，所以f(x)為奇函數，因為當x∈[0,1)時，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，所以f(x)在[0,1)上單調遞增，因為f(x)為奇函數，所以f(x)在(－1,0)上單調遞增，所以f(x)在(－1,1)上單調遞增，因為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)＋2×4))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(4)＝f(4－2×2)＝f(0)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)－2×3))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>f(0)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>f(4)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2))).14.(多選)已知函數f(x)的定義域為R，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當x>0時，f(x)>0，且滿足f(2)＝1，則下列說法正確的是()A．f(x)為奇函數B．f(－2)＝－1C．不等式f(2x)－f(x－3)>－2的解集為(－5，＋∞)D．f(－2024)＋f(－2023)＋…＋f(0)＋…＋f(2023)＋f(2024)＝2023【答案】AB【解析】對于A，令x＝y＝0，可得f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0，令y＝－x，得到f(－x)＋f(x)＝f(0)＝0，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數，故A正確；對于B，因為f(x)為奇函數，所以f(－2)＝－f(2)＝－1，故B正確；對于C，設x1>x2，x＝x1，y＝－x2，可得f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)，又因為x1>x2，所以x1－x2>0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在R上單調遞增，因為f(－2)＝－1，所以f(－4)＝f(－2－2)＝2f(－2)＝－2，由f(2x)－f(x－3)>－2，可得f(2x)>f(x－3)＋f(－4)，所以f(2x)>f(x－3－4)＝f(x－7)，所以2x>x－7，得到x>－7，所以f(2x)－f(x－3)>－2的解集為(－7，＋∞)，故C錯誤；對于D，因為f(x)為奇函數，所以f(－x)＋f(x)＝0，所以f(－2024)＋f(2024)＝f(－2023)＋f(2023)＝…＝f(－1)＋f(1)＝0，又f(0)＝0，故f(－2024)＋f(－2023)＋…＋f(0)＋…＋f(2023)＋f(2024)＝0，故D錯誤．15.已知二次函數f(x)＝ax2－x＋2a－1.(1)若f(x)在區間[1,2]上單調遞減，求a的取值范圍；(2)若a>0，設函數f(x)在區間[1,2]上的最小值為g(a)，求g(a)的表達式．解(1)由題意知a≠0.當a>0時，f(x)＝ax2－x＋2a－1的圖象開口向上，對稱軸方程為x＝eq\f(1,2a)，所以f(x)在區間[1,2]上單調遞減需滿足eq\f(1,2a)≥2，又a>0，所以0<a≤eq\f(1,4)；當a<0時，f(x)＝ax2－x＋2a－1的圖象開口向下，對稱軸方程為x＝eq\f(1,2a)<0，所以f(x)在區間[1,2]上單調遞減恒成立．綜上，a的取值范圍是(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).(2)①當0<eq\f(1,2a)≤1，即a≥eq\f(1,2)時，f(x)在區間[1,2]上單調遞增，此時g(a)＝f(1)＝3a－2.②當1<eq\f(1,2a)<2，即eq\f(1,4)<a<eq\f(1,2)時，f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調遞減，在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，2))上單調遞增，此時g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝2a－eq\f(1,4a)－1.③當eq\f(1,2a)≥2，即0<a≤eq\f(1,4)時，f(x)在區間[1,2]上單調遞減，此時g(a)＝f(2)＝6a－3.綜上所述，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6a－3，a∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，,2a－\f(1,4a)－1，a∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))，,3a－2，a∈\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).))16.已知二次函數y＝ax2＋bx＋c的圖象過點(0,0)，(5,0)，且最小值為－eq\f(25,2).(1)求函數的解析式；(2)當t≤x≤t＋1時，該函數的最小值為－12，求此時t的值．解(1)由題意設函數的【解析】式為y＝ax(x－5)(a>0)，由已知可得二次函數圖象的頂點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(25,2)))，代入得－eq\f(25,2)＝a×eq\f(5,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))，解得a＝2，所以二次函數的【解析】式為y＝2x(x－5)，即y＝2x2－10x.(2)由(1)知y＝2x2－10x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))2－eq\f(25,2)，其圖象開口向上，對稱軸為直線x＝eq\f(5,2)，當t＋1≤eq\f(5,2)，即t≤eq\f(3,2)時，y＝2x2－10x在[t，t＋1]上單調遞減，所以當x＝t＋1時，y＝2x2－10x取得最小值，所以2(t＋1)2－10(t＋1)＝－12，解得t＝1或t＝2(舍去)，所以t＝1；當t<eq\f(5,2)<t＋1，即eq\f(3,2)<t<eq\f(5,2)時，y＝2x2－10x在x＝eq\f(5,2)時取得最小值－eq\f(25,2)，不滿足題意；當t≥eq\f(5,2)時，y＝2x2－10x在[t，t＋1]上單調遞增，所以當x＝t時，y＝2x2－10x取得最小值，所以2t2－10t＝－12，解得t＝3或t＝2(舍去)．綜上所述，t的值為1或3.17.函數f(x)＝ln(x＋1)的圖象與函數g(x)＝x2－4x＋4的圖象的交點個數為()A．0B．1C．2D．3【答案】C【解析】由于函數f(x)＝ln(x＋1)的圖象是由函數y＝lnx的圖象向左平移1個單位長度得到的，函數g(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，故函數g(x)圖象的對稱軸為x＝2，頂點坐標為(2,0)，開口向上，所以作出f(x)，g(x)的圖象如圖所示，故函數f(x)與g(x)的圖象有兩個交點．18.定義：設不等式F(x)<0的解集為M，若M中只有唯一整數，則稱M是最優解．若關于x的不等式|x2－2x－3|－mx＋2<0有最優解，則實數m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(7,4)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－2))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－2))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(7,4)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－2))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(7,4)))【答案】D【解析】|x2－2x－3|－mx＋2<0可轉化為|x2－2x－3|<mx－2，在同一平面直角坐標系中分別作出函數f(x)＝|x2－2x－3|，g(x)＝mx－2的圖象，如圖所示．易知當m＝0時不滿足題意．當m>0時，要存在唯一的整數x0，滿足f(x0)<g(x0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2≥g2，,f3<g3，,f4≥g4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≥2m－2，,0<3m－2，,5≥4m－2，))解得eq\f(2,3)<m≤eq\f(7,4).當m<0時，要存在唯一的整數x0，滿足f(x0)<g(x0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0≥g0，,f－1<g－1，,f－2≥g－2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3≥－2，,0<－m－2，,5≥－2m－2，))解得－eq\f(7,2)≤m<－2.綜上，實數m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－2))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(7,4))).19.已知函數f(x)＝3x－eq\f(1＋ax,x).若存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，則實數a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C．(－∞，0) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))【答案】B【解析】由f(x)＝3x－eq\f(1＋ax,x)＝0，可得a＝3x－eq\f(1,x)，令g(x)＝3x－eq\f(1,x)，其中x∈(－∞，－1)，由于存在x0∈(－∞，－1)，使得f(x0)＝0，則實數a的取值范圍即為函數g(x)在(－∞，－1)上的值域．由于函數y＝3x，y＝－eq\f(1,x)在區間(－∞，－1)上均單調遞增，所以函數g(x)在(－∞，－1)上單調遞增．當x∈(－∞，－1)時，g(x)＝3x－eq\f(1,x)<g(－1)＝3－1＋1＝eq\f(4,3)，又當x∈(－∞，－1)時，g(x)＝3x－eq\f(1,x)>0，所以函數g(x)在(－∞，－1)上的值域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).因此實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).20．已知函數f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq\f(a,2)，3a＞2c＞2b.求證：(1)a＞0且－3＜eq\f(b,a)＜－eq\f(3,4)；(2)函數f(x)在區間(0,2)內至少有一個零點．證明(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－eq\f(a,2)，∴c＝－eq\f(3,2)a－b.∵3a＞2c＝－3a－2b，∴3a＞－b.∵2c＞2b，∴－3a＞4b.若a＞0，則－3＜eq\f(b,a)＜－eq\f(3,4)；若a＝0，則0＞－b,0＞b，不成立；若a＜0，則eq\f(b,a)＜－3，eq\f(b,a)＞－eq\f(3,4)，不成立．綜上，a＞0且－3＜eq\f(b,a)＜－eq\f(3,4).(2)f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c，f(1)＝－eq\f(a,2)，Δ＝b2－4ac＝b2＋4ab＋6a2＝(b＋2a)2＋2a2＞0.當c＞0時，f(0)＞0，f(1)＜0，∴f(x)在(0,2)內至少有一個零點；當c＝0時，f(0)＝0，f(1)＜0，f(2)＝4a＋2b＝a＞0，∴f(x)在(0,2)內有一個零點；當c＜0時，f(0)＜0，f(1)＜0，b＝－eq\f(3,2)a－c，f(2)＝4a－3a－2c＋c＝a－c＞0，∴f(x)在(0,2)內有一個零點．綜上，f(x)在(0,2)內至少有一個零點．21.若函數f(x)＝x－eq\f(1,x)＋alnx存在與x軸平行的切線，則實數a的取值范圍是．【答案】(－∞，－2]【解析】f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)(x>0)，依題意得f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝0有解，即－a＝x＋eq\f(1,x)有解，∵x>0，∴x＋eq\f(1,x)≥2，當且僅當x＝1時取等號，∴－a≥2，即a≤－2.22.若兩曲線y＝lnx－1與y＝ax2存在公切線，則正實數a的取值范圍是()A．(0,2e] B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)e－3，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)e－3)) D．[2e，＋∞)【答案】B【解析】設公切線與曲線y＝lnx－1和y＝ax2的切點分別為(x1，lnx1－1)，(x2，axeq\o\al(2,2))，其中x1>0，對于y＝lnx－1有y′＝eq\f(1,x)，則切線方程為y－(lnx1－1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，即y＝eq\f(x,x1)＋lnx1－2，對于y＝ax2有y′＝2ax，則切線方程為y－axeq\o\al(2,2)＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2x－axeq\o\al(2,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＝2ax2，,lnx1－2＝－ax\o\al(2,2)，))則－eq\f(1,4ax\o\al(2,1))＝lnx1－2，即eq\f(1,4a)＝2xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,1)lnx1(x1>0)，令g(x)＝2x2－x2lnx，x>0，則g′(x)＝3x－2xlnx＝x(3－2lnx)，令g′(x)＝0，得x＝，當x∈時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；當x∈時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，所以g(x)max＝＝eq\f(1,2)e3，故0<eq\f(1,4a)≤eq\f(1,2)e3，即a≥eq\f(1,2)e－3.23.已知函數f(x)＝eq\f(2x－a,x＋12).(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數f(x)的單調區間．解(1)當a＝0時，f(x)＝eq\f(2x,x＋12)(x≠－1)，則f(0)＝0，因為f′(x)＝eq\f(－2x＋2,x＋13)，所以f′(0)＝2.所以曲線y＝f(x)在(0,0)處的切線方程為y＝2x.(2)函數的定義域為(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．f′(x)＝eq\f(－2x＋2a＋2x＋1,x＋14)＝eq\f(－2x－a－1,x＋13)，令f′(x)＝0，解得x＝a＋1.①當a＋1＝－1，即a＝－2時，f′(x)＝eq\f(－2x－2,x＋13)＝eq\f(－2x＋1,x＋13)＝eq\f(－2,x＋12)<0，所以函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，無單調遞增區間；②當a＋1<－1，即a<－2時，令f′(x)<0，則x∈(－∞，a＋1)∪(－1，＋∞)，令f′(x)>0，則x∈(a＋1，－1)，函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，單調遞增區間為(a＋1，－1)；③當a＋1>－1，即a>－2時，令f′(x)<0，則x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，令f′(x)>0，則x∈(－1，a＋1)，函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，單調遞增區間為(－1，a＋1)．綜上所述，當a＝－2時，函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，無單調遞增區間；當a<－2時，函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，單調遞增區間為(a＋1，－1)；當a>－2時，函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，單調遞增區間為(－1，a＋1)．24.已知函數f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)．(1)若f(x)在[1,4]上單調遞減，求實數a的取值范圍；(2)若f(x)在[1,4]上存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍．解(1)因為f(x)在[1,4]上單調遞減，所以當x∈[1,4]時，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．設G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈[1,4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，因為x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因為a≠0，所以實數a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．(2)因為f(x)在[1,4]上存在單調遞減區間，則f′(x)<0在[1,4]上有解，所以當x∈[1,4]時，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時x＝1)，所以a>－1，又因為a≠0，所以實數a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．25.已知定義在R上的函數f(x)滿足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，則f(x)>3e3－x的解集為________．【答案】(3，＋∞)【解析】設F(x)＝f(x)·ex，則F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，∴F(x)是增函數．又f(3)＝3，則F(3)＝f(3)·e3＝3e3.∵f(x)>3e3－x等價于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，∴x>3，即所求不等式的解集為(3，＋∞)．26.設實數k>0，對于任意的x>1，不等式kekx≥lnx恒成立，則k的最小值為________．【答案】eq\f(1,e)【解析】由kekx≥lnx得kxekx≥xlnx，即kxekx≥elnx·lnx，令f(x)＝xex，則f(kx)≥f(lnx)．因為f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，因為kx>0，lnx>0，所以kx≥lnx，即k≥eq\f(lnx,x)，令h(x)＝eq\f(lnx,x)(x＞1)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(1，e)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，當x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，即k≥eq\f(1,e)，所以k的最小值為eq\f(1,e).27.已知函數f(x)＝aex＋x＋1.(1)討論f(x)的單調性；(2)當x>1時，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求實數a的取值范圍．解(1)依題意，得f′(x)＝aex＋1.當a≥0時，f′(x)>0，所以f(x)在R上是增函數．當a<0時，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調遞減．綜上所述，當a≥0時，f(x)在R上是增函數；當a<0時，f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調遞減．(2)因為當x>1時，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，所以aex＋x＋1>lneq\f(x－1,a)＋x，即elnaex＋x＋1>ln(x－1)－lna＋x，即ex＋lna＋lna＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，則有h(x＋lna)>h(ln(x－1))對?x∈(1，＋∞)恒成立．因為h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在R上是增函數，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x對?x∈(1，＋∞)恒成立．令F(x)＝ln(x－1)－x，則F′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.當x∈(1,2)時，F′(x)>0，當x∈(2，＋∞)時，F′(x)<0，所以F(x)在(1,2)上單調遞增，在(2，＋∞)上單調遞減，所以F(x)≤F(2)＝－2.因此lna>－2，所以a>eq\f(1,e2).28.已知函數f(x)＝sinx－aln(x＋1)．(1)若a＝1，證明：當x∈[0,1]時，f(x)≥0；(2)若a＝－1，證明：當x∈[0，＋∞)時，f(x)≤2ex－2.證明(1)首先證明sinx≤x，x∈[0，＋∞)，證明如下：構造j(x)＝sinx－x，x∈[0，＋∞)，則j′(x)＝cosx－1≤0恒成立，故j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上單調遞減，故j(x)≤j(0)＝0，所以sinx≤x，x∈[0，＋∞)．當a＝1時，f(x)＝sinx－ln(x＋1)，x∈[0,1]，f′(x)＝cosx－eq\f(1,x＋1)＝1－2sin2eq\f(x,2)－eq\f(1,x＋1)≥1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2－eq\f(1,x＋1)＝1－eq\f(x2,2)－eq\f(1,x＋1)≥1－eq\f(x,2)－eq\f(1,x＋1)(0≤x≤1)，故f′(x)≥eq\f(2＋2x－x2－x－2,2＋2x)＝eq\f(x1－x,2＋2x)≥0在x∈[0,1]上恒成立，所以f(x)在[0,1]上單調遞增，故f(x)≥f(0)＝0.(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．當a＝－1時，g(x)＝2ex－2－sinx－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)，下證：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sinx≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0處取等號，令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，則r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上單調遞增，故r(x)≥r(0)＝0，即x－sinx≥0，且在x＝0處取等號；由(1)知j(x)＝sinx－x在[0，＋∞)上單調遞減，故j(x)≤j(0)＝0，即x－sinx≥0，且在x＝0處取等號；令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，則t′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)≥0，故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上單調遞增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0處取等號，綜上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sinx＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0處取等號，即(2ex－2)－f(x)≥0，即證f(x)≤2ex－2.29.已知函數f(x)＝lnx－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．(1)若直線y＝2x與函數f(x)的圖象相切，求實數a的值；(2)當a＝－1時，求證：f(x)≤g(x)＋x2.(1)解設切點坐標為(x0，f(x0))，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a，得f′(x0)＝eq\f(1,x0)－a，所以切線方程為y－(lnx0－ax0＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))(x－x0)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a))x＋lnx0.因為直線y＝2x與函數f(x)的圖象相切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)－a＝2，,lnx0＝0，))解得a＝－1.(2)證明當a＝－1時，f(x)＝lnx＋x＋1，令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2＝xex－lnx－x－1(x>0)，則F′(x)＝(x＋1)ex－eq\f(1,x)－1＝eq\f(x＋1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xex－1))，令G(x)＝xex－1(x>0)，則G′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函數G(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增，又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，所以函數G(x)存在唯一的零點x0∈(0,1)，且當x∈(0，x0)時，G(x)<0，F′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，G(x)>0，F′(x)>0.所以函數F(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，故F(x)min＝F(x0)＝－lnx0－x0－1，由G(x0)＝0得－1＝0，＝1，兩邊取對數得lnx0＋x0＝0，故F(x0)＝0，所以g(x)－f(x)＋x2≥0，即f(x)≤g(x)＋x2.30.已知函數f(x)＝xe2－x.(1)求f(x)的極值；(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，證明：a＋b<4.(1)解因為f(x)＝xe2－x，所以f′(x)＝(1－x)e2－x，由f′(x)>0，解得x<1；由f′(x)<0，解得x>1，所以f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，又f(1)＝e，所以f(x)在x＝1處取得極大值e，無極小值．(2)證明由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，f(2)＝2，且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，不妨設1<a<2<b，要證a＋b<4，只需證b<4－a，而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，所以只需證f(b)>f(4－a)，即證4－f(a)>f(4－a)，即證f(a)＋f(4－a)<4.即證當1<x<2時，f(x)＋f(4－x)<4，令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1<x<2，則F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1<x<2，則h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)＝(x－2)(e2－x－ex－2)，因為1<x<2，所以x－2<0，e2－x－ex－2>0，所以h′(x)<0，即h(x)在(1,2)上單調遞減，則h(x)>h(2)＝0，即F′(x