1、高考资源网（） 您身边的高考专家专题限时训练(小题提速练)(建议用时：45分钟)一、选择题1已知函数f(x)x3ax23x1有两个极值点，则实数a的取值范围是()A(，) B.(，)C(，) D.(，)(，)解析：f(x)x22ax3，由题意知方程f(x)0有两个不相等的实数根，所以4a2120，解得a或a.选D.答案：D2已知函数f(x)x32x23m，x0，)，若f(x)50恒成立，则实数m的取值范围是()A. B.C(，2 D.(，2)解析：f(x)x24x，由f(x)0，得0x0，得x4或x0，f(x)在(0,1)内单调递增，无最小值当a0时，f(x)3(x)(x)当x(，)和(，)时
2、，f(x)单调递增；当x(，)时，f(x)单调递减所以当1，即0a2恒成立，f(1)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1) B.(1，)C(，1) D.(，)解析：设F(x)f(x)2x4，则F(x)f(x)2，因为f(x)2恒成立，所以F(x)f(x)20，即函数F(x)在R上单调递增因为f(1)2，所以F(1)f(1)2(1)42240.所以由F(x)f(x)2x40，得F(x)f(x)2x4F(1)，所以x1，即不等式f(x)2x4的解集为(1，)选B.答案：B6已知f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意的0ab，则必有()Aaf(b)bf(a
3、) B.bf(a)af(b)Caf(a)f(b) D.bf(b)f(a)解析：因为xf(x)f(x)，f(x)0，所以0，则函数在(0，)上单调递减由于0ab，则，即af(b)bf(a)选A.答案：A7当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B.C6，2 D.4，3解析：当x(0,1时，得a3342，令t，则t1，)，a3t34t2t.令g(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，解得a0或a0，使得f(x0)0有解，则实数a的取值范围是()Aa2 B.a3 C.a1 D.a3解析：函数f(x)
4、的定义域是(0，)，不等式1ln x0有解，即axxln x在(0，)上有解令h(x)xxln x，可得h(x)1(ln x1)ln x令h(x)0，可得x1.当0x0，当x1时，h(x)0，可得当x1时，函数h(x)xxln x取得最大值1，要使不等式axxln x在(0，)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a1.选C.答案：C10已知e是自然对数的底数，函数f(x)exx2的零点为a，函数g(x)ln xx2的零点为b，则下列不等式中成立的是()Af(a)f(1)f(b) B.f(a)f(b)f(1)Cf(1)f(a)f(b) D.f(b)f(1)0恒成立，所以函数f(x)在R
5、上是单调递增的，而f(0)e00210，所以函数 f(x)的零点a(0,1)由题意，知g(x)10，所以g(x)在(0，)上是单调递增的，又g(1)ln 11210，所以函数g(x)的零点b(1,2)综上，可得0a1b2.因为f(x)在R上是增函数，所以f(a)f(1)1f(x)，且f(0)2，则不等式exf(x)ex1(其中e为自然对数的底数)的解集为()A(0，) B.(，0)(1，)C(1，) D.(，1)(0，)解析：设g(x)exf(x)ex，xR，则g(x)exf(x)exf(x)exexf(x)f(x)1f(x)1f(x)，f(x)f(x)10，g(x)0，g(x)在定义域上单调
6、递增exf(x)ex1，g(x)1.又g(0)e0f(0)e01，g(x)g(0)，x0，不等式的解集为(0，)选A.答案：A12(2019郑州三模)设函数f(x)在R上存在导函数f(x)，xR，有f(x)f(x)x3，在(0，)上有2f(x)3x20，若f(m2)f(m)3m26m4，则实数m的取值范围为()A1,1 B.(，1C1，) D.(，11，)解析：令g(x)f(x)x3，g(x)g(x)f(x)x3f(x)(x)30，函数g(x)为偶函数，x(0，)时，g(x)f(x)x20，函数g(x)在(0，)上是增函数，函数g(x)在(，0)上是减函数，f(m2)f(m)g(m2)(m2)
7、3g(m)m3g(m2)g(m)3m26m43m26m4，g(m2)g(m)，|m2|m|，解得m1，实数m的取值范围(，1选B.答案：B二、填空题13已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m1，都有f(x)0成立，则实数m的取值范围是.解析：作出二次函数f(x)的图象，对于任意xm，m1，都有f(x)0，则有即解得m0时，即x(0,1时，f(x)ax33x10可化为a.令g(x)，则g(x)，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减因此g(x)maxg4，从而a4.当x0，则不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(3)0的解集是.解析：令g(x)x3f(x)(x0，所以
8、g(x)在(，0)上单调递增不等式(x2 015)3f(x2 015)27f(3)0等价于g(x2 015)g(3)0，所以x2 0153，解得x2 018.又x2 0150，解得x0的解集是x|2 018x0，因此函数f(x)在0,1上单调递增，所以x0,1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1,2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立令h(x)，则要使ah(x)在x1,2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)在x1,2上单调递减，所以h(x)minh(2)，故只需a.答案：专题限时训练(大题规范练)(建议用时：30分钟)1(2019汕头二模)已知函数
9、f(x)aln xx1(其中aR)(1)讨论函数f(x)的极值；(2)对任意x0，f(x)(a21)成立，求实数a的取值范围解析：(1)f(x)的定义域为(0，)又f(x)1.当a0时，在(0，)上，f(x)0时，由f(x)0，得xa，在(0，a)上，f(x)0，f(x)为增函数，在(a，)上，f(x)0时，f(x)有极大值f(a)aln aa1，无极小值；(2)由(1)知，当a0，f(x)是减函数，又令be1，ln b0，不等式不成立；当a0时，f(x)有极大值也是最大值，f(x)maxf(a)aln aa1，要使对任意x0，f(x)(a21)成立，即aln aa1(a21)，则aln aa
10、a20成立令u(a)aln aaa2(a0)，u(a)ln a11aln aa，令k(a)u(a)ln aa，则k(a)10，得a1.在(0,1)上，k(a)0，k(a)u(a)是增函数，在(1，)上，k(a)0，k(a)u(a)是减函数，当a1时，k(a)u(a)取极大值也是最大值，u(a)maxu(1)10.在(0，)上，u(a)0，u(a)是减函数，又u(1)0，要使u(a)0恒成立，则a1.实数a的取值范围为1，)2(2019蓉城名校联盟联考)已知函数f(x)ax22(a1)x2ln x，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)是否存在最大整数k，当ak时，对任意的x2，都有f(x
11、)ex(x1)axln x成立？(其中e为自然对数的底数，e2.718 28)若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax2(a1)，所以当a(，0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当a(0,1)时，f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减；当a1时，f(x)在(0，)上单调递增；当a(1，)时，f(x)在和(1，)上单调递增，在上单调递减(2)ax22(a1)x2ln xex(x1)axln x对x2恒成立ax2(a2)x3ln xex(x1)当x2时，得4a(a2)23ln 2e2，所以2ae24ln 884210，所以a5，则整数k的最大值不超过4.下面证明：当a4时，不等式对于x2恒成立，设g(x)ax2(a2)x3ln xex(x1)(x2)，则g(x)2ax(a2)xex.令h(x)2ax(a2)xex，则h(x)2a(x1)ex2a(x1)ex2a3e283e20，所以h(x)在2，)上单调递减，所以h(x)2ax(a2)xexh(2)3a2e22e20，即当x2，)时，g(x)0，所以g(x)在2，)上单调递减，所以g(x)ax2(a2)x3ln xex(x1)g(2)2a43ln 2e2843e27e20，所以a4时，不等式恒成立，所以k的最大值为4.高考资源网版权所有，侵权必究！