全国名校高二数学选修2-2综合测试（A 卷）参考答案

一、选择题

1.B 2.C 3.B 4.A 5.B 6.D 7.C 8.B 9.D 10.D 11.D 12.C 13.D 14.C

15.D 提示：由题得x＞1时,2f(x)+xf′(x)＞0;0＜x＜1时,2f(x)+xf′(x)＜0。令g(x)=x2f(x),x∈(0,+∞),则g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]。可得：x＞1时,g′(x)＞0;0＜x＜1时,g′(x)＜0。

可得函数g(x)在x=1处取得极值,故g′(1)=2f(1)+f′(1)=0,进而可得f(1)=。

16.B

17.C

18.A 提示：f(x)=lnx-ax-b的 定义域为(0,+∞),f′(x)=-a＞0,故函数f(x)在x∈[1,m]上单调递增。

故f(x)max=f(m)=lnm-am-b,f(x)min=f(1)=-a-b。

因为存在x0∈[1,m]使得|f(x0)|≥1成立,所以存在x0∈[1,m]使得f(1)≤-1或f(m)≥1成立,即a+b≥1,或lnm-am-b≥1。

若a+b＜1且lnm-am-b＜1,则不存在x0∈[1,m]使得|f(x0)|≥1成立。

则lnm-a(m+1)＜2,即lnm＜a(m+1)+2。因为a＜0,所以lnm＜2,0＜m＜e2。

故当存在x0∈[1,m]使得|f(x0)|≥1成立时,m≥e2。

19.A 提示：易得,(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=。积分可得xf(x)=+C,所以f(x)=。因为f(e)=,所以C==。

令g(x)=f(x)-x,g′(x)=-1＜0,函数g(x)在定义域内单调递减。

不等式f(ex)＞ex-e+,即f(ex)-ex＞f(e)-e,即g(ex)＞g(e)。

所以0＜ex＜e,x＜1。

20.C 提示：因为函数f(x)是定义在(-1,+∞)上的连续函数,所以f′(x)ln (x+1)=x-。

令g(x)=f(x)ln (x+1),则g′(x)=f′(x)ln (x+1)+=x。

故g(x)=+c(c为常数)。由g(0)=f(0)ln 1=0,得c=0。

g(x)=f(x)ln (x+1)=。

则f(x)=,f′(x)=[2xln (x+1)-]=[2(x+1)ln (x+1)-x]。

令h(x)=2(x+1)ln (x+1)-x,则h′(x)=2ln (x+1)+1。

令h′(x)=0,则x=。

当-1＜x＜时,h′(x)＜0,h(x)单调递减;当x＞时,h′(x)＞0,h(x)单调递增。

因为h(-1)＞0,h＜0,所以∃x0∈,使h(x0)=0。

又h(0)=0,故函数h(x)在(-1,+∞)上的两个零点分别为x0和0。

当x＞-1时,令f′(x)=0,则x=x0。

当x＞x0时,f′(x)＞0,当-1＜x＜x0时,f′(x)＜0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增,在(-1,x0)上单调递减。

故f(x)在(-1,+∞)上有极小值,无极大值。

二、填空题

21.

22.4

23.1

24.

25.

26.0

27.（1,）提示：方程ax=x有两解m,n,即xlna=lnx有两解,进一步转化为lna=有两解。令g(x)=,则g′(x)==0,易分析得,当x=e时有最大值,0＜lna＜g(e)=,故1＜a＜。

28.2 019

29.0 提示：f′(x)=a+=a+sinφ,由(a+sinα)(a+sinβ)=-1得：

由Δ=(sinα+sinβ)2-4sinαsinβ-4≥0,可得(sinα-sinβ)2≥4。

故sinαsinβ=-1,a=0。

30.（,-1）∪ (0,1) 提示：因为当x＞0 时,f′(x)tanx-f(x)＞0,所以f′(x)sinx-f(x)cosx＞0。

构造函数g(x)=,x∈,易知函数g(x)为偶函数,且当x＞0 时,g′(x)=＞0。

故偶函数g(x)在上单调递增,在上单调递减。

由f(1)=0,可知g(1)=g(-1)=0,不等式f(x)＜0即为g(x)sinx＜0。

三、解答题

31.(1)f′(x)=-2x+a-＜0 在上恒成立,即a＜2x+在上恒成立,故a≤3。

(2)若函数f(x)既存在极大值又存在极小值,则f′(x)=0必须有两个不相等的正实数根,即2x2-ax+1=0有两个不相等的正实数根。

故实数a应满足：

解得a＞。

故实数a的取值范围为。

32.(1)f(x)的单调增区间为(0,a),单调减区间为(a,+∞)。

(2)由题得知,f(1)=a-1≥e-1⇒a≥e。

由(1)知f(x)在[1,e]单调递增,故要使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立,则f(e)=a2-e2+ae≤e2。

故a=e。

33.(1)a1=1,a3=15,a4=28。

(2)猜想an=n(2n-1),下面用数学归纳法证明：

①当n=1,2,3,4时,由(1)知an=n(2n-1)成立。

②假设n=k(k≥4,k∈N*)时ak=k(2k-1)成立。

则当n=k+1时,有=ak-1。

也即(k-1)ak+1=(k+1)ak-(k+1)=(k+1)k(2k-1)-(k+1)=(k+1)(2k2-k-1)=(k+1)(2k+1)(k-1)。

因为k-1≠0,所以ak+1=(k+1)(2k+1)=(k+1)[2(k+1)-1]。

故n=k+1时,结论也成立。

由①②可知,{an}的通项公式为an=n(2n-1)。

(3)由(2)知,bn==2n,所以Sn==n(n+1)。

34.(1)f(x)=x2-4x-6lnx的导数为f′(x)=2x-4-。

则f′(1)=-8,f(1)=-3。

所以f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y+3=-8(x-1),即y=-8x+5。

f′(x)=,若f′(x)＞0,可得x＞3;若f′(x)＜0,可得0＜x＜3。

所以f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞)。

(2)xf′(x)-f(x)＞x2+-12等价于k＜。

可令h(x)=,h′(x)=。

记m(x)=x-2-lnx,m′(x)=1-＞0,所以m(x)在(1,+∞)上为递增函数。

且m(3)=1-ln 3＜0,m(4)=2-ln 4＞0,故∃x0∈(3,4),使得m(x0)=0,即x0-2-lnx0=0。

所以h(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,h(x)min=h(x0)==x0∈(3,4)。

因此,k的最大整数解为3。

(3)g(x)=x2-alnx,g′(x)=2x-,令g′(x)=0,可得。

所以g(x)在上单调递减,在上单调递增。

而要使g(x)有两个零点,需满足g(x0)＜0,则。

解得a＞2e。

由f(x1)=f(x2)⇒-alnx1=-alnx2,即-alnx1=-alntx1⇒。

而x1+3x2＞4x0⇔(3t+1)x1＞⇔＞8a,即＞8a。

由a＞0,t＞1知,只需证(3t+1)2ln

t-8t2+8＞0。

令h(t)=(3t+1)2lnt-8t2+8,则h′(t)=(18t+6)lnt-7t+6+。

令n(t)=(18t+6)lnt-7t+6+,则n′(t)=18lnt+11+＞0(t＞1)。

故n(t)在(1,+∞)上递增,n(t)＞n(1)=0。

故h(t)在(1,+∞)上递增,h(t)＞h(1)=0。

所以x1+3x2＞4x0。