2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学(文)【统考版】热点(一)　三个“二次”的关系

2024《试吧大考卷》二轮专题闯关导练数学(文)【统考版】热点(一)三个“二次”的关系四热点问题专练热点(一)三个“二次”的关系1．(二次函数单调区间)函数y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是单调函数的充要条件是()A．b≥0B．b≤0C．b>0D．b<02．(二次函数最值)设函数y＝x2－2x，x∈[－2，a]，若函数的最小值为0，则a＝()A．0B．1C．2D．－13．(二次函数图象切线)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,－x2＋ax，x>0))为奇函数，则f(x)的图象在x＝2处的切线的斜率等于()A．6B．－2C．－6D．－84．(单调性与一元二次不等式)函数y＝lg(x2＋x－2)的单调递增区间是()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．(一元二次方程根与系数的关系)若a、b是方程x2＋(m－5)x＋7＝0的两个根，则(a2＋ma＋7)(b2＋mb＋7)＝()A．365B．245C．210D．1756．(二次函数单调性)若函数f(x)＝4x2－kx－8在区间[5,20]上是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[160，＋∞)B．(－∞，40]C．(－∞，40]∪[160，＋∞)D．(－∞，40)∪(160，＋∞)7．[2020·辽宁庄河高中、沈阳二十中联考](一元二次不等式)已知不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|－1<x<2}，则不等式2x2＋bx＋a>0的解集为()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．(二次函数＋二次不等式)函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则f(2－x)>0的解集为()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．[2020·百校联盟质量监测](复合函数的单调性)已知函数f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－ax＋a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上为减函数，则实数a的取值范围是()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·河南平顶山调研](一元二次不等式恒成立问题)若不等式ax2＋2ax－4<2x2＋4x对任意实数x均成立，则实数a的取值范围是()A．(－2,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－2,2]D．(－∞，2]11．[2020·辽宁葫芦岛模拟](函数的单调性转化为解一元二次不等式)已知函数g(x)是R上的奇函数．当x<0时，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)，则实数x的取值范围为()A．(－1,2)B．(1,2)C．(－2，－1)D．(－2,1)12．(二次函数＋存在性)若对任意x∈R，函数f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1与g(x)＝mx的值至少有一个为正数，则实数m的取值范围为()A．(0,4]B．(0,8)C．(2,5)D．(－∞，0)13．[2020·河南豫北豫南联赛]不等式x2－3|x|＋2>0的解集是________．14．(二次函数)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)－c<0的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．15．[2020·湖南炎陵一中仿真考试](函数奇偶性＋二次函数)已知f(x)＝eq\f(x＋a－1,\r(1－x2))为奇函数，则g(x)＝x2＋ax＋b的单调递增区间为________________________________________．16．(二次函数＋参变量范围)已知定义在区间[0,3]上的函数f(x)＝kx2－2kx的最大值为3，那么实数k的值为________．热点(二)恒成立及参数1．(参数范围＋单调性)已知函数f(x)＝eq\f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是()A．0<a<eq\f(1,e)B．0<a≤eC．a≤eD．a≥e2．(参数范围＋不等式恒成立)设0≤α≤π，不等式8x2－(8sinα)x＋cos2α≥0对x∈R恒成立，则α的取值范围是()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．(参数范围＋不等式恒成立)若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是()A．(－∞，7)B．(－∞，－20]C．(－∞，0]D．[－12,7]4．(参数范围＋单调性)已知函数f(x)＝a(x＋1)ln(x＋1)－x2－ax(a>0)是减函数，则a的值是()A．－1B．1C．－2D．25．(参数范围＋恒成立)已知关于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，则实数m的取值范围为()A．[3，＋∞)B．(3，＋∞)C．[2，＋∞)D．(2，＋∞)6．(参数范围＋单调性)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1]D．[1，＋∞)7．(参数范围)已知函数f(x)＝x2＋4x＋alnx，若函数f(x)在(1,2)上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(－6，＋∞)B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)8．(参数范围＋分段函数恒成立)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－22x<2，,3－ax＋5ax≥2))满足对任意x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，则a的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(3，＋∞)C．[－2,3)D．[1，＋∞)9．(参数范围＋不等式)若不等式3x2－logax<0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))内恒成立，则实数a的取值范围是()A．a<eq\f(1,27)B.eq\f(1,27)<a<1C．a>1D.eq\f(1,27)≤a<110．(参数范围＋不等式恒成立)函数f(x)＝ex－1－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的范围是()A．{1}B．(－1,1)C．(0,1)D．{－1,1}11．(参数范围＋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，则实数m的最大值为()A.eq\f(1,e)＋3e－2B．2＋e＋eq\f(3,e)C．4D．e2－112．(参数范围＋分段函数)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－lnx，0<x≤1，,\f(1,x)，x>1，))若0<a<b且满足f(a)＝f(b)，则af(b)＋bf(a)的取值范围是()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·洛阳市统一考试](二次函数＋恒成立)已知函数f(x)＝x2－4x－4，若f(x)<1在(m－1，－2m)上恒成立，则实数m的取值范围是________．14．(恒成立)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．15．(参数范围＋恒成立)已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2(a>0)，若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>2恒成立，则a的取值范围是________．16．[2020·唐山市高三年级摸底考试](参数范围＋恒成立)已知函数f(x)＝(ex－ax)(lnx－ax)，若f(x)<0恒成立，则a的取值范围是________．热点(三)等差、等比数列1．[2020·合肥市质量检测](等差数列求和)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－3,2a4＋3a7＝9，则S7的值等于()A．21B．1C．－42D．02．[2020·惠州市考试试题](等比数列求和)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S6＝9S3，S5＝62，则a1＝()A.eq\r(2)B．2C.eq\r(5)D．33．(等差数列的项和项数的关系)设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于()A．0B．37C．100D．－374．(等比数列的项数和项的关系)已知等比数列{an}中，a2＝2，a6＝8，则a3a4a5＝()A．±64B．64C．32D．165．(求数列的项)已知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝()A．－eq\f(4,5)B．－eq\f(5,4)C.eq\f(4,13)D.eq\f(13,4)6．(项和项数的关系)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是()A．20B．36C．24D．727．(等比数列前n项和)数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b等于()A．－1B．0C．1D．48．(等差数列前n项和)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝()A．－12B．－10C．10D．129．(等差数列和的性质)等差数列{an}的前n项和为Sn，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝()A．18B．12C．9D．610．(等比数列和的性质)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq\f(S4,S2)＝3，则eq\f(S6,S4)＝()A．2B.eq\f(7,3)C.eq\f(3,10)D．1或211．[2020·洛阳市尖子生第一次联考](等差数列＋等比数列综合)已知等比数列{an}中，a2·a8＝4a5，等差数列{bn}中，b4＋b6＝a5，则数列{bn}的前9项和S9等于()A．9B．18C．36D．7212．(等差性质＋向量共线)已知数列{an}为等差数列，且满足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)，点O为直线BC外一点，则a1009＝()A．3B．2C．1D.eq\f(1,2)13．(等差数列的性质)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________．14．[2020·大同市测试试题](等比数列的性质)已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝________.15．[2020·郑州市质量预测](等差数列求和)若Sn是等差数列{an}的前n项和，a1≠0，a2＝3a1，则eq\f(S10,S5)＝________.16．[2020·黄冈中学、华师附中等八校第一次联考](等比数列求和＋参数)已知数列{an}是等比数列，a2＝1，a5＝－eq\f(1,8)，若Sk＝－eq\f(11,8)，则k＝________.热点(一)三个“二次”的关系1．答案：A解析：∵函数y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是单调函数，∴图象的对称轴x＝－eq\f(b,2)在区间(0，＋∞)的左边，即－eq\f(b,2)≤0，解得b≥0，故选A.2．答案：A解析：因为函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，所以函数图象的对称轴为直线x＝1，因为1不一定在区间[－2，a]内，所以应进行讨论．当－2<a≤1时，函数在[－2，a]上单调递减，则当x＝a时，y取得最小值，即ymin＝a2－2a，所以a2－2a＝0，所以a＝0或a＝2(舍去)；当a>1时，函数在[－2,1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，则当x＝1时，y取得最小值，即ymin＝－1，不合题意．故选A.3．答案：B解析：当x<0时，－x>0，f(－x)＝－x2－ax＝－f(x)＝－(x2＋2x)＝－x2－2x，故a＝2.当x>0时，f(x)＝－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，∴k＝f′(2)＝－2.故选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，＋∞)上单调递增，y＝lgu是增函数，∴由复合函数同增异减的法则可得，函数y＝lg(x2＋x－2)的单调递增区间是(1，＋∞)，故选D.5．答案：D解析：因为a、b是方程x2＋(m－5)x＋7＝0的两个根，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，故选D.6．答案：C解析：二次函数f(x)图象的对称轴是直线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.故实数k的取值范围是(－∞，40]∪[160，＋∞)，故选C.7．答案：A解析：∵不等式ax2＋bx＋2>0的解集为{x|－1<x<2}，∴ax2＋bx＋2＝0的两根为－1,2，且a<0，即－1＋2＝－eq\f(b,a)，(－1)×2＝eq\f(2,a)，解得a＝－1，b＝1，则不等式2x2＋bx＋a>0可化为2x2＋x－1>0，解得x<－1或x>eq\f(1,2).故选A.8．答案：D解析：因为函数f(x)＝ax2＋(b－2a)x－2b为偶函数，所以b－2a＝0，故f(x)＝ax2－4a＝a(x－2)(x＋2)，因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a>0.根据二次函数的性质可知，f(2－x)>0的解集为{x|2－x>2或2－x<－2}＝{x|x<0或x>4}，故选D.9．答案：B解析：∵y＝logeq\f(1,2)x在(0，＋∞)上为减函数，∴y＝x2－ax＋a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上为增函数，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：由题意，得不等式ax2＋2ax－4<2x2＋4x可化为(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0，当a－2＝0，即a＝2时，不等式恒成立，符合题意；当a－2≠0时，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.综上所述，实数a的取值范围为(－2,2]．故选C.11．答案：D解析：当x>0时，－x<0，则有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，))作出函数f(x)的图象，则f(x)在R上单调递增，∴2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.则实数x的取值范围是(－2,1)．故选D.12．答案：B解析：当m＝0时，g(x)＝0，f(x)＝－8x＋1>0不恒成立，此时不符合条件；当m<0时，g(x)＝mx在x>0时恒为负，而f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1的图象开口向下，所以对任意x>0显然不恒为正，此时不符合条件；当m>0时，g(x)＝mx在x>0时恒为正，在x<0时恒为负，所以只需f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1在x≤0时恒为正即可，若－eq\f(b,2a)＝eq\f(4－m,2m)≥0，即0<m≤4，此时结论显然成立，若－eq\f(b,2a)＝eq\f(4－m,2m)<0，即m>4，此时只要Δ＝4(4－m)2－8m<0即可，所以4<m<8.综上可知，m的取值范围为0<m<8，故选B.13．答案：(－∞，－2)∪(－1,1)∪(2，＋∞)解析：原不等式可转化为|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：由题意知f(x)－c＝(x－m)(x－m－6)，∴f(x)＝x2－(2m＋6)x＋m(m＋6)＋c.∵f(x)的值域为[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：易知函数f(x)的定义域为(－1,1)．因为f(x)为奇函数，所以f(0)＝0，所以a－1＝0，即a＝1.所以g(x)＝x2＋x＋b，该二次函数图象的开口向上，对称轴为直线x＝－eq\f(1,2)，所以g(x)的单调递增区间是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)当k>0时，二次函数的图象开口向上，∴当x＝3时，f(x)有最大值，f(3)＝k·32－2k×3＝3k＝3⇒k＝1；(2)当k<0时，二次函数的图象开口向下，∴当x＝1时，f(x)有最大值，f(1)＝k－2k＝－k＝3⇒k＝－3；(3)当k＝0时显然不成立．故k的取值为1或－3.热点(二)恒成立及参数1．答案：D解析：函数f(x)＝eq\f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞)上为减函数，f′(x)＝eq\f(1－lna－lnx,x2)，则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：根据题意有64sin2α－32cos2α≤0，即sin2α≤eq\f(1,4)，结合题中所给的角的范围，求得α的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，故选B.3．答案：B解析：设f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令3x2－6x－9＝0，得x1＝－1，x2＝3，∵3∉[－2,2]，∴x2＝3(舍)，列表讨论：x(－2，－1)－1(－1,2)f′(x)＋0－f(x)极大值∵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]上的最大值为7，最小值为－20，∵关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，∴m≤－20，故选B.4．答案：D解析：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝aln(x＋1)－2x.由f(x)是减函数得，对任意的x∈(－1，＋∞)，都有f′(x)＝aln(x＋1)－2x≤0恒成立．设g(x)＝aln(x＋1)－2x.则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，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))时，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,2)－1))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－1，＋∞))上单调递减，∴g(x)在x＝eq\f(a,2)－1处取得最大值．∵g(0)＝0，∴对任意的x∈(－1，＋∞)，g(x)≤g(0)恒成立，即g(x)的最大值为g(0)．∴eq\f(a,2)－1＝0，解得a＝2.5．答案：C解析：变形得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)))))，因为当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，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，则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)))上是减函数．又y＝eq\f(2－x2,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上是偶函数，且连续，所以eq\f(2－x2,cosx)的最大值为eq\f(2－0,cos0)＝2，∴m≥2，故选C.6．答案：D解析：f′(x)＝k－eq\f(1,x).∵函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥0在区间(1，＋∞)上恒成立．∴k≥eq\f(1,x)，而y＝eq\f(1,x)在区间(1，＋∞)上单调递减，∴k≥1，∴k的取值范围是[1，＋∞)，故选D.7．答案：C解析：f′(x)＝2x＋4＋eq\f(a,x)，因为函数在区间(1,2)上具有单调性，所以f′(x)≤0或f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，则有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)，当1<x<2时，－16<g(x)<－6，所以a≤－16或a≥－6，所以a的取值范围是(－∞，－16]∪[－6，＋∞)．8．答案：C解析：因为任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，所以函数f(x)是增函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,23－a＋5a≥0，))解得－2≤a<3，故选C.9．答案：D解析：由题意知：3x2<logax在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))内恒成立，在同一坐标系内，分别作出函数y＝3x2和y＝logax的图象(图略)，观察两函数图象，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))时，若a>1，则函数y＝logax的图象显然在函数y＝3x2图象的下方，不成立；若0<a<1，则logaeq\f(1,3)≥eq\f(1,3)，∴a≥eq\f(1,27)，∴eq\f(1,27)≤a<1，故选D.10．答案：A解析：由题意知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，故选A.11．答案：A解析：2xlnx＋x2－mx＋3≥0，∴m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，则h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当eq\f(1,e)≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增．∵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.故选A.12．答案：A解析：如图，由f(a)＝f(b)，得－lna＝eq\f(1,b).因为0<eq\f(1,b)<1，所以0<－lna<1，得eq\f(1,e)<a<1.则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))，则g′(x)＝－lnx－1，令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).当eq\f(1,e)<x<1时，g′(x)<0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上递减，∴1<g(x)<eq\f(1,e)＋1.故选A.13．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：通解依题意得，当x∈(m－1，－2m)时，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，实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).优解不等式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，实数m的取值范围是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变形为ax3≥x2－4x－3.当x＝0时，不等式即为0≥－3，故实数a的取值范围是R；当x∈(0,1]时，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，记f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，则f′(x)＝eq\f(－x2＋8x＋9,x4)＝eq\f(－x－9x＋1,x4)>0，故函数f(x)递增，则f(x)max＝f(1)＝－6，故a≥－6；当x∈[－2,0)时，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，设f(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝9(舍去)，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,0)时，f′(x)>0，故f(x)min＝f(－1)＝－2，则a≤－2.综上所述，实数a的取值范围是[－6，－2]．15．答案：[1，＋∞)解析：根据对任意两个不等的正实数x1，x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>2恒成立，可知函数的导数大于或等于2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x≥2(x>0，a>0)，分离参数得a≥x(2－x)，而当x>0时，x(2－x)的最大值为1，故a≥1.16．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))解析：通解因为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时恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以当x＝e时，g(x)max＝eq\f(1,e).令h(x)＝eq\f(ex,x)，则h′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，h(x)min＝e.所以eq\f(1,e)<a<e.优解因为lnx<ex，且f(x)＝(ex－ax)(lnx－ax)<0恒成立，所以lnx<ax<ex恒成立，在同一坐标系中，分别作出y＝lnx，y＝ex的图象，如图所示，则直线y＝ax在y＝ex和y＝lnx的图象之间，过原点分别与y＝ex和y＝lnx的图象相切的切线为y＝ex和y＝eq\f(1,e)x，由图可知eq\f(1,e)<a<e.热点(三)等差、等比数列1．答案：D解析：设等差数列{an}的公差为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，故选D.2．答案：B解析：由题意可得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，))故选B.3．答案：C解析：∵{an}，{bn}都是等差数列，∴{an＋bn}也是等差数列．∵a1＋b1＝25＋75＝100，a2＋b2＝100，∴{an＋bn}的公差为0.∴a37＋b37＝100，故选C.4．答案：B解析：由等比数列的性质可知a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝16，而a2，a4，a6同号，所以a4＝4，所以a3a4a5＝aeq\o\al(3,4)＝64，故选B.5．答案：A解析：由题意得eq\f(1,a1)＝1，eq\f(1,a4)＝eq\f(1,4)，所以等差数列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).故选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，