11、)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若實(shí)數(shù)a滿足f(log2a)＋f(loga)≤2f(1)，則a的取值范圍是( )
A．[1,2] B．(0，]
C．[，2] D．(0,2]
[答案] C
[解析] 因?yàn)閘oga＝－log2a，所以f(log2a)＋f(loga)＝f(log2a)＋f(－log2a)＝2f(log2a)，原不等式變?yōu)?f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1)，又因?yàn)閒(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上遞增，所以|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得≤a≤2，故選C．
9．(文)(20
12、14新課標(biāo)Ⅰ文，11)設(shè)x、y滿足約束條件
且z＝x＋ay的最小值為7，則a＝( )
A．－5 B．3
C．－5或3 D．5或－3
[答案] B
[解析] 當(dāng)a＝－5時(shí)，作出可行域，由得交點(diǎn)A(－3，－2)，則目標(biāo)函數(shù)z＝x－5y過A點(diǎn)時(shí)取最大值，zmax＝7，不合題意，排除A、C；當(dāng)a＝3時(shí)，同理可得目標(biāo)函數(shù)z＝x＋3y過B(1,2)時(shí)，zmin＝7符合題意，故選B．
(理)(2014北京理，6)若x、y滿足且z＝y(tǒng)－x的最小值為－4，則k的值為( )
A．2 B．－2
C． D．－
[答案] D
[解析] 本題考查了線性規(guī)劃的應(yīng)用．
若k≥0，z＝y(tǒng)－x沒
13、有最小值，不合題意．
若k<0，則不等式組所表示的平面區(qū)域如圖所示．
由圖可知，z＝y(tǒng)－x在點(diǎn)(－，0)處取最小值－4，
故0－(－)＝－4，解得k＝－，即選項(xiàng)D正確．
10．(2015江西質(zhì)量監(jiān)測)在平面直角坐標(biāo)系中，若不等式組(a為常數(shù))所表示的平面區(qū)域的面積等于5，則a的值為( )
A．－11 B．3
C．9 D．9或－11
[答案] C
[解析] 由題意知不等式組所表示的平面區(qū)域?yàn)橐粋€(gè)三角形區(qū)域，設(shè)為△ABC，其中A(1,0)，B(0,1)，C(1,1＋a)且a>－1，因?yàn)镾△ABC＝5，所以(1＋a)1＝5，解得a＝9.
11．(2015南昌市一模)已知實(shí)
14、數(shù)x，y滿足，若目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y的最大值與最小值的差為2，則實(shí)數(shù)m的值為( )
A．4 B．3
C．2 D．－
[答案] C
[解析] 表示的可行域如圖中陰影部分所示．
將直線l0：2x＋y＝0向上平移至過點(diǎn)A，B時(shí)，z＝2x＋y分別取得最小值與最大值．由得A(m－1，m)，由得B(4－m，m)，所以zmin＝2(m－1)＋m＝3m－2，zmax＝2(4－m)＋m＝8－m，所以zmax－zmin＝8－m－(3m－2)＝10－4m＝2，解得m＝2.
12．(2015洛陽市期末)設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)．對?x∈R，不等式f(x)≥f′(x
15、)恒成立，則的最大值為( )
A．＋2 B．－2
C．2＋2 D．2－2
[答案] B
[解析] 由已知得：f′(x)＝2ax＋b，f(x)≥f′(x)恒成立即ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0恒成立，∴∴b2≤－4a2＋4ac，∴≤＝，設(shè)＝t，令g(t)＝，令t－1＝m，則g(t)＝＝＝≤＝－2，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝，即m＝時(shí)等號成立，故選B．
二、填空題
13．(文)不等式組表示的是一個(gè)軸對稱四邊形圍成的區(qū)域，則k＝________.
[答案] 1
[解析] 本題可以通過畫圖解決，如圖直線l：x－ky＋k＝0過定點(diǎn)(0,1)．當(dāng)k＝1時(shí)，所圍成的圖形是軸對稱圖形．
(
16、理)設(shè)變量x、y滿足約束條件則目標(biāo)函數(shù)z＝x2＋y2的最大值為________．
[答案] 41
[解析] 約束條件畫出可行域如圖，
易知x＝4，y＝5時(shí)，z有最大值，z＝42＋52＝41.
14．(文)(2015天津文，12)已知a＞0，b＞0，ab＝8，則當(dāng)a的值為________時(shí)，log2alog2(2b)取得最大值．
[答案] 4
[解析] log2alog2(2b)≤2
＝[log2(2ab)]2＝(log216)2＝4，
當(dāng)a＝2b時(shí)取等號，結(jié)合a>0，b>0，ab＝8，可得a＝4，b＝2.
(理)(2015重慶文，14)設(shè)a，b>0，a＋b＝5，則＋的最大
17、值為________．
[答案] 3
[解析] 考查基本不等式．
由2ab≤a2＋b2兩邊同時(shí)加上a2＋b2，得(a＋b)2≤2(a2＋b2)兩邊同時(shí)開方即得：a＋b≤(a>0，b>0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)取“＝”)；從而有＋≤＝＝3(當(dāng)且僅當(dāng)a＋1＝b＋3，即a＝，b＝時(shí)，“＝”成立)故填：3.
15．(2014邯鄲市一模)已知f(x)是定義在[－1，1]上的奇函數(shù)且f(1)＝2，當(dāng)x1、x2∈[－1,1]，且x1＋x2≠0時(shí)，有>0，若f(x)≥m2－2am－5對所有x∈[－1，1]、a∈[－1,1]恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．
[答案] [－1,1]
[解析]
18、∵f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，
∴當(dāng)x1、x2∈[－1,1]且x1＋x2≠0時(shí)，
>0等價(jià)于>0，
∴f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增．
∵f(1)＝2，∴f(x)min＝f(－1)＝－f(1)＝－2.
要使f(x)≥m2－2am－5對所有x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立，
即－2≥m2－2am－5對所有a∈[－1,1]恒成立，
∴m2－2am－3≤0，設(shè)g(a)＝m2－2am－3，
則即∴－1≤m≤1.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－1,1]．
三、解答題
16．(文)(2015湖北文，21)設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(
19、x)是偶函數(shù)，f(x)＋g(x)＝ex，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
(1)求f(x)，g(x)的解析式，并證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，g(x)>1；
(2)設(shè)a≤0，b≥1，證明：當(dāng)x>0時(shí)，ag(x)＋(1－a)＜＜bg(x)＋(1－b)．
[分析] 考查1.導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性與極值中的應(yīng)用；2.函數(shù)的基本性質(zhì)．
(1)將等式f(x)＋g(x)＝ex中x用－x來替換，并結(jié)合已知f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，構(gòu)造方程組即可求出f(x)，g(x)的表達(dá)式；當(dāng)x>0時(shí)，由指數(shù)與指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知ex>1,00.然后再由基本不等式即可得出g(x)>
20、1.
(2)要證明ag(x)＋(1－a)<axg(x)＋(1－a)x和f(x)0時(shí)，ex>1,00. ③
又由基本不等式，有g(shù)(x)＝(ex＋e－x)>＝1，即
21、g(x)>1. ④
(2)由(1)得f′(x)＝′＝＝(ex＋e－x)＝g(x), ⑤
g′(x)＝′＝＝(ex－e－x)＝f(x)， ⑥
當(dāng)x>0時(shí)，>ag(x)＋(1－a)等價(jià)于f(x)>axg(x)＋(1－a)x， ⑦
0時(shí)，1若c≤0，由③④，得h′(x)>0，故h(x
22、)在[0，＋∞) 上為增函數(shù)，從而h(x)>h(0)＝0，即f(x)>cxg(x)＋(1－c)x，故⑦成立．
2若c≥1，由③④，得h′(x)<0，故h(x)在[0，＋∞)上為減函數(shù)，從而h(x)1時(shí)，f(x)1，當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，恒有f(x)>k(x－1)．
[分析] 考
23、查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．
(1)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)，解不等式f′(x)>0并與定義域求交集，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(1，＋∞)．欲證明f(x)1滿足題意；當(dāng)k<1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G(x)的單調(diào)性，討論得出結(jié)論．
[解析] (1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．
由f′(x)>0得
解得0
24、x∈(0，＋∞)．
則有F′(x)＝.
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，
所以F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x>1時(shí)，F(xiàn)(x)1時(shí)，f(x)1滿足題意．
當(dāng)k>1時(shí)，對于x>1，有f(x)1滿足題意．
當(dāng)k<1時(shí)，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
則有G′(x)＝－x＋1－k＝.
由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得x1＝<0，
x2＝>1.
當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G′(
25、x)>0，故G(x)在[1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增．
從而當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)，
綜上，k的取值范圍是(－∞，1)．
17．(文)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝－(a>0)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，若曲線y＝f(x)在點(diǎn)M(x0，f(x0))處的切線與曲線y＝g(x)在點(diǎn)P(x0，g(x0))處的切線平行，求實(shí)數(shù)x0的值；
(2)若?x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解析] (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f ′(x)＝，g′(x)＝.
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在點(diǎn)M(x0，f(x0))處的切線與函數(shù)g(x)在點(diǎn)P(x0，g
26、(x0))處的切線平行，
所以＝，解得x0＝1.
(2)若?x∈(0，e]，都有f(x)≥g(x)＋.
記F(x)＝f(x)－g(x)－＝lnx＋－，
只要F(x)在(0，e]上的最小值大于等于0，
F′(x)＝－＝，
則F′(x)、F(x)隨x的變化情況如下表：
x
(0，a)
a
(a，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)
極小值
當(dāng)a≥e時(shí)，函數(shù)F(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(e)為最小值，
所以F(e)＝1＋－≥0，得a≥，所以a≥e.
當(dāng)a
27、以F(a)＝lna＋－≥0，得a≥，
所以≤a
28、＝＝，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)
當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0,1)
當(dāng)a≠0時(shí)，>1，即0或a<0，當(dāng)a>時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(，1)，減區(qū)間為(0，)，(1，＋∞)
當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的增區(qū)間為(0，)，(1＋∞)；減區(qū)間為(，1)．
(3)當(dāng)a＝時(shí)，由(Ⅱ)知函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上為增函數(shù)，
所以函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值為f(1)＝－
對于?x1∈[1,2]，?x2∈[0,1
29、]，使f(x1)≥g(x2)成立?g(x)在[0,1]上的最小值不大于f(x)在[1,2]上的最小值－(*)
又g(x)＝x2－2bx－＝(x－b)2－b2－，x∈[0,1]
①當(dāng)b<0時(shí)，g(x)在[0,1]上為增函數(shù)，
g(x)min＝g(0)＝－>－與(*)矛盾
②當(dāng)0≤b≤1時(shí)，g(x)min＝g(b)＝－b2－，
由－b2－≤－及0≤b≤1得，≤b≤1
③當(dāng)b>1時(shí)，g(x)在[0,1]上為減函數(shù)，
g(x)min＝g(1)＝－2b≤－， 此時(shí)b>1
綜上所述，b的取值范圍是[，＋∞)．
[方法點(diǎn)撥] 注意區(qū)分幾類問題的解法．
①對任意x∈A，f(x)>M(或f(x)M(或f(x)
【走向高考】全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題16 不等式與線性規(guī)劃含解析
