4、·f(x)≤2的解集是________．
10．已知函數(shù)f(x)＝mx2＋lnx－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為________．
11．[2013·太原診斷] 已知函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x，若對任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤k恒成立，則k的取值范圍為________．
三、解答題(本大題共3小題，每小題14分，共42分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
12．設(shè)f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，f(x＋2)＝－f(x)，當0≤x≤1時，f(x)＝x.
(1)求f(π)的值；
(2)當－4≤x≤4時，求f(x)的圖象與x軸所圍
5、成圖形的面積；
(3)寫出(－∞，＋∞)內(nèi)函數(shù)f(x)的單調(diào)增(或減)區(qū)間．
13．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋t－1，g(x)＝x＋(x>0，其中e表示自然對數(shù)的底數(shù))．
(1)若g(x)＝m有零點，求m的取值范圍；
(2)確定t的取值范圍，使得g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．
14．[2012·杭州二中月考] 設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－xlnx＋2，
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若存在區(qū)間[a，b]?，使f(x)在[a，b]上的值域是[k(a＋2)，k(b＋2)]，求k的取值范圍．
45分鐘滾動基礎(chǔ)訓練卷(三)
1．
6、C [解析] 令f(x)＝x2＋(m－1)x＋m2－2，則方程x2＋(m－1)x＋m2－2＝0的兩個實根一個小于1，另一個大于1的充要條件是f(1)＝1＋(m－1)＋m2－2<0，解得－2c，
log2b，∴a>b>c.
5．D [解析] 看作函數(shù)y＝ln的圖象向左平移一個單位得到．
6．A [解析] y′＝xcosx，k＝g(x0
7、)＝x0cosx0，由于它是奇函數(shù)，排除B，C；x＝時，k>0，答案為A.
7．B [解析] f(x)>2x＋4，即f(x)－2x－4>0.
構(gòu)造F(x)＝f(x)－2x－4，∵F′(x)＝f′(x)－2>0，
∴F(x)在R上為增函數(shù)．而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，x∈(－1，＋∞)，F(xiàn)(x)>F(－1)，∴x>－1.
8．A [解析] 由(x－1)f′(x)≤0?或得函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，1)上為增函數(shù)，在區(qū)間[1，＋∞)上為減函數(shù)．又由y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．
由|x1－1|<|x2－1|?(x1－x2)(x1＋x
8、2－2)<0?或
若則x2>1.此時，當x1>1，則f(x1)>f(x2)，即f(2－x1)>f(2－x2)；
當x1<1?2－x1>1，又x2>2－x1?f(2－x1)>f(x2)，即f(2－x1)>f(2－x2)．
同理，當時，也有上述結(jié)論．
9．(－∞，1] [解析] x≥0時，不等式x＋x·f(x)≤2，即x＋x2≤2，此時解得0≤x≤1；x<0時，不等式x＋x·f(x)≤2，即x－x2≤2，此時解得x<0.所以所求不等式的解集是(－∞，1]．
10．[1，＋∞) [解析] f′(x)＝mx＋－2≥0對一切x>0恒成立，m≥－＋，令g(x)＝－＋，則當＝1時，函數(shù)g(x)取得
9、最大值1，故m≥1.
11．[e－1，＋∞) [解析] f′(x)＝ex＋2x－1，當x>0時，ex>1，f′(x)>0；當x＝0時，f′(x)＝0；當x<0時，ex<1，f′(x)<0，所以f(x)在[－1，0)上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(0)＝1，∵f(1)－f(－1)＝e－－2>0，∴f(x)max＝f(1)＝e，對任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(0)＝e－1，k≥e－1.
12．解：(1)由f(x＋2)＝－f(x)得，
f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，
所以f(x)是以4為周期的
10、周期函數(shù)，
∴f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)
＝－(4－π)＝π－4.
(2)由f(x)是奇函數(shù)與f(x＋2)＝－f(x)，得f[(x－1)＋2]＝－f(x－1)＝f[－(x－1)]，即f(1＋x)＝f(1－x)，
故函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．
又0≤x≤1時，f(x)＝x，且f(x)的圖象關(guān)于原點成中心對稱，則f(x)的圖象如圖所示．
當－4≤x≤4時，f(x)的圖象與x軸圍成的圖形面積為S，則S＝4S△OAB＝4×＝4.
(3)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[4k－1，4k＋1](k∈Z)，單調(diào)遞減區(qū)間為[4k＋1，4k＋3]
11、(k∈Z)．
13．解：(1)方法一：∵g(x)＝x＋≥2＝2e，
等號成立的條件是x＝e.
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，
因而只需m≥2e，則g(x)＝m就有零點．
方法二：作出g(x)＝x＋的圖象，如圖．
可知若使g(x)＝m有零點，則只需m≥2e.
方法三：解方程由g(x)＝m，
得x2－mx＋e2＝0.
此方程有大于零的根，故
等價于故m≥2e.
(2)若g(x)－f(x)＝0有兩個相異的實根，即函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點，作出g(x)＝x＋(x>0)的圖象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋t－1
＝－(x－e)2＋t－1＋e2.
12、
其對稱軸為x＝e，開口向下，最大值為t－1＋e2.
故當t－1＋e2>2e，即t>－e2＋2e＋1時，g(x)與f(x)有兩個交點，即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．
∴t的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞)．
14．解：(1)令g(x)＝f′(x)＝2x－lnx－1(x>0)，則g′(x)＝2－＝.當0，g′(x)>0，所以g(x)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，則g(x)的最小值為g＝ln2>0.所以f′(x)＝g(x)≥g>0，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)．
(2)由(1)得f(x)在區(qū)間[a，b]?遞增，
∵f(x)在[a，b]上的值域是[k(a＋2)，k(b＋2)]，
所以f(a)＝k(a＋2)，f(b)＝k(b＋2)，≤a0，∴F′(x)>0，
所以F(x)在上遞減，在(1，＋∞)上遞增，
結(jié)合圖象可得F(1)
（浙江專用）2014屆高考數(shù)學一輪復(fù)習方案 滾動基礎(chǔ)訓練卷（3） 理 （含解析）
