【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)阶段性测试题7(不等式).docx

阶段性测试题七(不等式)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)
1．(文)(2021·湖北教学合作联考)已知集合A＝{x|y＝}，B＝{x|≤0}，则A∩B＝(　　)
A．[－1,1]　　　　　　 B．[－1,2)
C．[1,2)　 D．[－2，－1]
[答案]　D
[解析]　依题意，集合A＝{x|x≤－1或x≥3}，B＝{x|－2≤x<2}，利用集合的运算可得，A∩B＝{x|－2≤x≤－1}，故选D．
(理)(2022·辽宁师大附中期中)若不等式x2＋ax－2>0在区间[1,5]上有解，则a的取值范围是(　　)
A．(－，＋∞)　　　 B．[－，1]
C．(1，＋∞)　 D．(－∞，－]
[答案]　A
[解析]　∵x∈[1,5]，∴不等式变形为a>－x＋，
∵x∈[1,5]时，y＝－x＋单调递减，∴y∈[－，1]，
∴要使不等式在[1,5]上有解，应有a>－，故选A．
2．(2021·洛阳市期中)已知p：≤2x≤，q：－≤x＋≤－2，则p是q的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　由≤2x≤得，－2≤x≤－1；
由－≤x＋≤－2，得－2≤x≤－.
∵[－2，－1][－2，－]，∴p是q的充分不必要条件．
3．(文)(2022·河南省试验中学期中)若f(x)是偶函数，且当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x－1，则f(x－1)<0的解集是(　　)
A．{x|－1<x<0}　 B．{x|x<0或1<x<2}
C．{x|0<x<2}　 D．{x|1<x<2}
[答案]　C
[解析]　∵f(x)为偶函数，且x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x－1单调递增，且f(1)＝0，∴x∈(－∞，0]时，f(x)单调递减，f(－1)＝f(1)＝0，从而f(x－1)<0化为－1<x－1<1，
∴0<x<2，故选C．
(理)(2021·湖南师大附中月考)设函数f(x)＝，若f(－4)＝f(0)，且f(－2)＝0，则关于x的不等式f(x)≤1的解集为(　　)
A．(－∞，－3]∪[－1，＋∞) B．[－3,1]
C．[－3，－1] D．[－3，－1]∪(0，＋∞)
[答案]　D
[解析]　当x≤0时，f(x)＝x2＋bx＋c，且f(－4)＝f(0)，故其对称轴为x＝－＝－2，∴b＝4；
又f(－2)＝0，∴4－8＋c＝0，∴c＝4；因此当x≤0时，f(x)＝x2＋4x＋4；
令f(x)≤1，解得－3≤x≤－1；
当x>0时，f(x)＝－2<1，满足条件．
故不等式f(x)≤1的解集为[－3，－1]∪(0，＋∞)，故选D．
4．(2021·石光中学阶段测试)若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤0　 B．0≤a<2
C．0≤a≤2　 D．a>2
[答案]　B
[解析]　表示的平面区域为阴影部分，要使此区域与x≥a围成一个三角形，应有0≤a<2.

5．(文)(2021·合肥市庐江四中、巢湖四中联考)设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　C
[解析]　若a>b>0，则|a|>|b|，∴a|a|>b|b|；
若a>0>b，明显a|a|>b|b|；
若0>a>b，则0<－a<－b，∴0<|a|<|b|，∴－a|a|<－b|b|，∴a|a|>b|b|，综上a>b⇒a|a|>b|b|，反之若a|a|>b|b|，亦可得出a>b，故选C．
(理)(2021·沈阳市东北育才学校一模)已知<<0，则下列结论错误的是(　　)
A．a2<b2　 B．＋>2
C．ab>b2　 D．lga2<lg(ab)
[答案]　C
[解析]　由<<0易得b<a<0，两边都乘以b得，b2>ab，∴C错误．
6．(2022·哈六中期中)已知实数x、y表示的平面区域C：则z＝2x－y的最大值为(　　)
A．－1　 　 B．0　　　
C．4　　　 D．5
[答案]　D
[解析]　作出平面区域C如图，作直线l0：y－2x＝0，平移直线l0得l：z＝2x－y，当l经过可行域内的点A(2，－1)时，

直线l的纵截距最小，从而z最大，∴zmax＝2×2－(－1)＝5，故选D．
7．(2021·石家庄五校联合体摸底)若定义在R上的偶函数y＝f(x)是[0，＋∞)上的递增函数，则不等式f(log2x)<f(－1)的解集是(　　)
A．(，2)　 B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．R　 D．(－2,2)
[答案]　A
[解析]　∵f(x)为偶函数，∴不等式f(log2x)<f(－1)可化为f(|log2x|)<f(1)，∵f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴|log2x|<1，∴－1<log2x<1，∴<x<2.
8．(文)(2021·新乡、许昌、平顶山调研)设x、y满足约束条件若目标函数z＝ax＋by(其中a>0，b>0)的最大值为3，则＋的最小值为(　　)
A．4　　　 B．3　　　
C．2　　　 D．1
[答案]　B
[解析]　作出可行域如图，∵a>0，b>0，目标函数z＝ax＋by的最大值为3，∴在点A(1,2)处z取到最大值，∴a＋2b＝3，∴＋＝(＋)(a＋2b)＝(5＋＋)≥(5＋2)＝3，等号成立时a＝b＝1，故选B．
(理)(2022·西安一中期中)设x、y∈R，a>1，b>1，若ax＝by＝3，a＋b＝2，则＋的最大值为(　　)

A．2　 B．
C．1　 D．
[答案]　C
[解析]　∵x，y∈R，a>1，b>1，且ax＝by＝3，a＋b＝2，所以，x＝loga3，y＝logb3，＋＝＋＝log3a＋log3b＝log3(ab)，
∵ab≤()2＝3，等号在a＝b＝时成立，
∴log3(ab)≤log33＝1，∴＋的最大值为1，故选C．
9．(2021·河南八校联考)x、y满足约束条件若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为(　　)
A．或－1　 B．2或
C．2或1　 D．2或－1
[答案]　D
[解析]　作出可行域如图，∵z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，

∴直线l：y＝ax＋z应与l1或l3重合，∴a＝－1或2.
10．(2021·宝安中学、潮阳一中、桂城中学摸底)已知O是坐标原点，点A(－1,0)，若点M(x，y)为平面区域上的一个动点，则|＋|的取值范围是(　　)
A．[1，]　 B．[2，]
C．[1,2]　 D．[0，]
[答案]　A
[解析]　＋＝(－1,0)＋(x，y)＝(x－1，y)，
设z＝|＋|＝，
则z的几何意义为M到定点E(1,0)的距离，
由约束条件作出平面区域如图，

由图象可知当M位于D(0,2)时，z取得最大值z＝＝，1≤z≤，
即|＋|的取值范围是[1，]．
11．(文)(2022·九江市修水一中第四次月考)已知甲、乙两种不同品牌的PVC管材都可截成A、B、C三种规格的成品配件，且每种PVC管同时截得三种规格的成品个数如下表：

A规格成品(个)
B规格成品(个)
C规格成品(个)
品牌甲(根)
2
1
1
品牌乙(根)
1
1
2
现在至少需要A、B、C三种规格的成品配件分别是6个、5个、6个，若甲、乙两种PVC管材的价格分别是20元/根、15元/根，则完成以上数量的配件所需的最低成本是(　　)
A．70元　 B．75元
C．80元　 D．95元
[答案]　C
[解析]　设需用品牌甲、乙PVC管分别为x根、y根，
依题意得，成本z＝20x＋15y，
作出可行域如图，

作直线l0：4x＋3y＝0，
∵－2<－<－1，∴平移l0到经过可行域内的点A时，z取最小值，
由得∴A(1,4)，
∴zmin＝20×1＋15×4＝80(元)．
(理)(2022·文登市期中)已知a>0，x、y满足约束条件，若z＝2x＋y的最小值为，则a＝(　　)
A．　 B．
C．1　 D．2
[答案]　A
[解析]　作出不等式组所表示的可行域如下图中阴影部分，联立x＝1与y＝a(x－3)得点A(1，－2a)，作直线l：z＝2x＋y，则z为直线l在y轴上的截距，当直线l经过可行域上的点A(1，－2a)时，直线l在y轴上的截距最小，此时，z取最小值，即zmin＝2×1＋(－2a)＝2－2a＝，解得a＝，故选A．

12．(文)(2021·湖北武汉调研)已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则△AFO与△BFO面积之和的最小值是(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　B
[解析]　由题意，设A(a2，a)，B(b2，b)，(ab<0)，
∴·＝a2b2＋ab＝2⇒ab＝－2，
又∵F为抛物线y2＝x的焦点，∴F(，0)，
∴S△AFO＋S△BFO＝××|b－a|，
∵|b－a|2＝a2＋b2－2ab≥－2ab－2ab＝－4ab＝8，当且仅当a＝－b时，等号成立，∴|b－a|min＝2.
∴(S△AFO＋S△BFO)min＝.
(理)(2021·韶关市十校联考)设M是△ABC内一点，且·＝2，∠BAC＝30°.定义f(M)＝(m，n，p)，其中m，n，p分别是△MBC，△MCA，△MAB的面积．若f(p)＝(，x，y)，则log2x＋log2y的最大值是(　　)
A．－5　 B．－4
C．－3　 D．－2
[答案]　B
[解析]　∵·＝||·||·cos∠BAC＝||·||＝2，∴||·||＝4，
∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×4×＝1，
∵f(p)＝(，x，y)，∴＋x＋y＝1，∴x＋y＝，
∵x>0，y>0，∴log2x＋log2y＝log2(xy)≤log2()2＝log2()2＝－4，故选B．
第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上．)
13．(2022·合肥八中联考)设函数f(x)＝，若f(x0)>1，则x0的取值范围是________．
[答案]　(－∞，－1)∪(1，＋∞)
[解析]　当x0≤0时，f(x0)>1化为2－x0－1>1，∴x0<－1；当x0>0时，f(x0)>1化为x0>1，∴x0>1.
∴不等式f(x0)>1的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
14．(文)(2022·九江市修水一中第四次月考)已知x>0，y>0，xy＝x＋2y，则xy的最小值是________．
[答案]　8
[解析]　∵x>0，y>0，∴x＋2y≥2，
由xy≥2得xy≥8，等号成立时x＝4，y＝2.
∴xy的最小值是8.
(理)(2021·山东师大附中模拟)已知x>0，y>0，若＋≥m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围是________．
[答案]　－4≤m≤2
[解析]　由于x>0，y>0，所以由基本不等式知，＋≥2＝8，当且仅当＝，
即y＝2x时等号成立，问题＋≥m2＋2m恒成立转化为(＋)min≥m2＋2m，即8≥m2＋2m，解此一元二次不等式得，－4≤m≤2.
15．(文)(2022·泉州试验中学期中)已知x、y满足且目标函数z＝3x＋y的最小值是5，则z的最大值是________．
[答案]　10
[解析]　先画出不等式组表示的平面区域，再作c＝0时，直线l：y＝2x－c，然后平移l，由于目标函数z＝3x＋y有最小值，∴c<0，∴可行域为图中阴影部分，考虑直线l0：y＝－3x，平移l0，只有当l0平移到经过点A时，z＝3x＋y取到最小值5，故由得A(2，－1)，
∵A在直线l上，∴c＝5，

由解得B(3,1)，当l0平移到经过点B时zmax＝3×3＋1＝10.
(理)(2021·东北育才学校一模)实数x，y满足若目标函数z＝x＋y的最大值为4，则实数a的值为________．
[答案]　2
[解析]　画出可行域，由目标函数的最大值为4，可知目标函数经过(a，a)点时达到最大值，∴a＋a＝4，∴a＝2.

16．(文)(2021·湖北教学合作联考)已知偶函数f(x)在(－∞，0]上满足：当x1，x2∈(－∞，0]且x1≠x2时，总有<0，则不等式f(x－1)<f(x)的解集为________．
[答案]　{x∈R|x>}
[解析]　依题意，偶函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∵f(x)为偶函数，
∴不等式f(x－1)<f(x)化为f(|x－1|)<f(|x|)，
∴|x－1|<|x|，∴x2－2x＋1<x2，∴x>.
(理)(2021·焦作市期中)定义在R上的函数f(x)满足：f(1)＝1，且对于任意的x∈R，都有f ′(x)<，则不等式f(lnx)>的解集为________．
[答案]　(0，e)
[解析]　令t＝lnx，则不等式f(lnx)>化为f(t)>，
令F(t)＝f(t)－－，则F(1)＝f(1)－－＝0，
F′(t)＝f ′(t)－<0，∴F(t)为减函数，
∴F(t)>0的解为t<1.
∴lnx<1，∴0<x<e.
三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(本小题满分12分)(文)(2021·娄底市名校联考)为了疼惜环境，进展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，接受了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似的表示为：y＝x2－200x＋80000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．
(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
(2)该单位每月能否获利？假如获利，求出最大利润；假如不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？
[解析]　(1)由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为：
＝x＋－200≥2－200＝200，
当且仅当x＝，即x＝400时，
才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元．
(2)设该单位每月获利为S，
则S＝100x－y
＝100x－(x2－200x＋80000)＝－x2＋300x－80000
＝－(x－300)2－35000，
由于400≤x≤600，所以当x＝400时，S有最大值－40000.
故该单位不获利，需要国家每月至少补贴40000元，才能不亏损．
(理)(2021·黄冈中学月考)北京、张家口2022年冬奥会申办委员会在俄罗斯索契举办了发布会，某公司为了竞标配套活动的相关代言，打算对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应削减2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住申奥契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司打算马上对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣扬费用，投入万元作为浮动宣扬费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
[解析]　(1)设每件定价为t元，依题意得[80000－(t－25)×2000]t≥25×80000，
整理得t2－65t＋1000≤0，解得25≤t≤40.
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
(2)依题意知，当x>25时，不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x有解，等价于x>25时，a≥＋x＋有解．
由于＋x≥2＝10，当且仅当＝，即x＝30时等号成立，所以a≥10.2.
当该商品改革后的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
18．(本小题满分12分)(文)(2022·吉林延边州质检)已知函数f(x)＝－x2＋2x－aex.
(1)若a＝1，求f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)由a＝1，得f(x)＝－x2＋2x－ex，f(1)＝－e，
所以f ′(x)＝－x＋2－ex，f ′(1)＝1－e，
所以所求切线方程为y－(－e)＝(1－e)(x－1)，
即2(1－e)x－2y＋1＝0.
(2)由已知f(x)＝－x2＋2x－aex，得f ′(x)＝－x＋2－aex，
由于函数f(x)在R上是增函数，所以f ′(x)≥0恒成立，
即不等式－x＋2－aex≥0恒成立，整理得a≤，
令g(x)＝，∴g′(x)＝.
当x∈(－∞，3)时，g′(x)<0，所以g(x)是递减函数，
当x∈(3，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)是递增函数，
由此得g(x)min＝g(3)＝－e－3，
即a的取值范围是(－∞，－e－3]．
(理)(2022·合肥八中联考)已知函数f(x)＝ax＋a－1＋xlnx.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知函数有微小值－e－2.若k∈Z，且f(x)－k(x－1)>0对任意x∈(1，＋∞)恒成立，求k的最大值．
[解析]　(1)f ′(x)＝a＋1＋lnx，
令f ′(x)>0⇒x>e－a－1，
令f ′(x)<0⇒0<x<e－a－1，
∴(0，e－a－1)是f(x)的单调减区间，(e－a－1，＋∞)是f(x)的单调增区间．
(2)由(1)知f(x)的微小值为f(e－a－1)＝a－1－e－a－1＝－e－2，
令t(a)＝a－1－e－a－1，则t′(a)＝1＋e－a－1>0，
所以t(a)是(－∞，＋∞)上的增函数，
留意到t(1)＝－e－2，∴a＝1.
当x>1时，令g(x)＝＝，
∴g′(x)＝，
令h(x)＝x－2－lnx，∴h′(x)＝1－＝>0，
故y＝h(x)在(1，＋∞)上是增函数，
由于h(3)＝1－ln3<0，h(4)＝2－ln4>0，
∴存在x0∈(3,4)，使得h(x0)＝0.
则x∈(1，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，知g(x)在(1，x0)上为减函数；
x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，知g(x)在(x0，＋∞)上为增函数．
∴g(x)min＝g(x0)＝，留意到lnx0＝x0－2，
∴g(x)min＝x0，∴k<x0，
又x0∈(3,4)，k∈Z，所以kmax＝3.
19．(本小题满分12分)(2021·唐山市海港高级中学月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)对任意正数m，n都有f(mn)＝f(m)＋f(n)－，当x>4时，f(x)>，且f()＝0.
(1)求f(2)的值；
(2)解关于x的不等式f(x)＋f(x＋3)>2.
[解析]　(1)令m＝n＝1得，f(1)＝f(1)＋f(1)－，所以f(1)＝，令m＝2，n＝得，f(2×)＝f(2)＋f()－，解得f(2)＝1.
(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，
则f(x2)－f(x1)＝f()－＝f(·)－＝f()＋f()－1.
由于f()＝f()＋f()－＝－，且由>4得f()>.
所以f(x2)－f(x1)>－－1＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
由于f(4)＝f(2)＋f(2)－＝，所以f(x)＋f(x＋3)＝f(x2＋3x)＋>2.
即f(x2＋3x)>＝f(4)．所以
解得x∈(1，＋∞)．
20．(本小题满分12分)(文)(2022·江西临川十中期中)已知f(x)＝.
(1)若关于x的方程f(x)＝0有小于0的两个实根，求a的取值范围；
(2)解关于x的不等式f(x)>2(其中a>1)．
[解析]　(1)方程f(x)＝0有小于0的两个实根，等价于方程x(x－a＋1)＋a－4＝0有小于0的两个实根，即方程x2－(a－1)x＋a－4＝0有小于0的两个实根，
∴∴∴a∈∅.
(2)由f(x)>2得，>0，
∴>0，
∴(x－a)(x－1)(x－2)>0，
由于a>1，于是有：
①当1<a<2时，不等式的解集为{x|1<x<a或x>2}；
②当a>2时，不等式的解集为{x|1<x<2或x>a}；
③当a＝2时，不等式的解集为{x|x>1或x≠2}．
(理)(2021·湖北教学合作联考)据气象中心观看和猜想：已知发生于沿海M地的台风向正南方向移动，其移动速度v(km/h)与时间t(h)的函数图象如图所示，过线段OC上一点T(t,0)作横轴的垂线l，梯形OABC在直线l左侧部分的面积即为t(h)内台风所经过的路程s(km)．

(1)当t＝4时，求s的值，并将s随t变化的规律用数学关系式表示出来；
(2)若N城位于M地正南方向，且距N地650km，试推断这场台风是否会侵袭到N城，假如会，在台风发生后多长时间它将侵袭到N城？假如不会，请说明理由．
[解析]　(1)由图象可知，
直线OA的方程是：v＝3t，直线BC的方程是：v＝－2t＋70，
当t＝4时，v＝12，所以s＝×4×12＝24.
当0≤t≤10时，s＝×t×3t＝t2；
当10<t≤20时，s＝×10×30＋(t－10)×30＝30t－150；
当20<t≤35时，s＝150＋300＋×(t－20)×(－2t＋70＋30)＝－t2＋70t＋550.
综上可知s随t变化的规律是
s＝
(2)当t∈[0,10]时，
smax＝×102＝150<650，
当t∈(10,20]时，smax＝30×20－150＝450<650，
当t∈(20,35]时，令－t2＋70t＋550＝650，解得t＝30，(t＝40舍去)
即在台风发生后30小时后将侵袭到N城．
21．(本小题满分12分)(文)(2021·庐江四中、巢湖四中联考)已知函数f(x)＝2lnx－ax＋a(a∈R)．
(1)争辩f(x)的单调性；
(2)试确定a的值，使不等式f(x)≤0恒成立．
[解析]　(1)f ′(x)＝，x>0.
若a≤0，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增；
若a>0，当x∈(0，)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)由(1)知，若a≤0，f(x)在(0，＋∞)上递增，
又f(1)＝0，故f(x)≤0不恒成立．
若a>2，当x∈(，1)时，f(x)递减，f(x)>f(1)＝0，不合题意．
若0<a<2，当x∈(1，)时，f(x)递增，f(x)>f(1)＝0，不合题意．
若a＝2，f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
f(x)≤f(1)＝0符合题意，
综上a＝2.
(理)(2021·洛阳市期中)已知函数f(x)＝x2－ex3＋ex(x－1)(其中e为自然对数的底数)，记f(x)的导函数为f ′(x)．
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)求证：当x>0时，不等式f ′(x)≥1＋lnx恒成立．
[解析]　(1)由f(x)＝x2－ex3＋ex(x－1)得f ′(x)＝x(ex－ex＋1)，
令h(x)＝ex－ex＋1，则h′(x)＝ex－e，
当x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)是增函数；
所以，h(x)≥h(1)＝1>0.
故当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，
即f(x)的增区间是(0，＋∞)，减区间是(－∞，0)．
(2)当x>0时，不等式f ′(x)≥1＋lnx恒成立等价于ex－ex＋1≥，
由(1)知，ex－ex＋1≥1，
令φ(x)＝，则φ′(x)＝－，
在区间(0,1)上，φ′(x)>0，φ(x)是增函数；
在区间(1，＋∞)上，φ′(x)<0，φ(x)是减函数；
∴φ(x)≤φ(1)＝1，
从而ex－ex＋1≥，即f ′(x)≥1＋lnx恒成立．
22．(本小题满分14分)(文)(2021·东北育才学校一模)已
知函数f(x)＝[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex(其中a∈R)．
(1)若x＝0为f(x)的极值点，求a的值；
(2)在(1)的条件下，解不等式f(x)>(x－1)(x2＋x＋1)．
[解析]　(1)∵f(x)＝[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex，
∴f ′(x)＝[2ax＋(a－1)2]ex＋[ax2＋(a－1)2x＋a－(a－1)2]ex
＝[ax2＋(a2＋1)x＋a]ex，
∵x＝0为f(x)的极值点，∴由f ′(0)＝ae0＝0，解得a＝0.
检验，当a＝0时，f ′(x)＝xex，当x<0时，f ′(x)<0，当x>0时，f ′(x)>0.
所以x＝0为f(x)的极值点，故a＝0.
(2)当a＝0时，不等式f(x)>(x－1)(x2＋x＋1)
⇔(x－1)ex>(x－1)(x2＋x＋1)，
整理得(x－1)[ex－(x2＋x＋1)]>0，
即或
令g(x)＝ex－(x2＋x＋1)，h(x)＝g′(x)＝ex－(x＋1)，h′(x)＝ex－1，
当x>0时，h′(x)＝ex－1>0；当x<0时，h′(x)＝ex－1<0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，而g(0)＝0；
故ex－(x2＋x＋1)>0⇔x>0；ex－(x2＋x＋1)<0⇔x<0，
所以原不等式的解集为{x|x<0或x>1}．
(理)(2021·滕州一中月考)已知函数f(x)＝a(x－1)2＋lnx＋1.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在区间[2,4]上是减函数，求实数a的取值范围；
(3)当x∈[1，＋∞)时，函数y＝f(x)图象上的点都在所表示的平面区域内，求实数a的取值范围．
[解析]　(1)当a＝－时，f(x)＝－(x－1)2＋lnx＋1＝－x2＋x＋lnx＋(x>0)，
f ′(x)＝－x＋＋＝－(x>0)，
由f ′(x)>0解得，0<x<2；由f ′(x)<0解得x>2，
故当0<x<2时，f(x)单调递增；当x>2时，f(x)单调递减，
∴当x＝2时，函数f(x)取得极大值f(2)＝＋ln2无微小值．
(2)f ′(x)＝2a(x－1)＋，∵函数f(x)在区间[2,4]上单调递减，
∴f ′(x)＝2a(x－1)＋≤0在区间[2,4]上恒成立，即2a≤在[2,4]上恒成立，
只需2a不大于在[2,4]上的最小值即可．
而＝(2≤x≤4)，则当2≤x≤4时，∈[－，－]，
∴2a≤－，即a≤－，故实数a的取值范围是(－∞，－]．
(3)因f(x)图象上的点在所表示的平面区域内，
即当x∈[1，＋∞)时，不等式f(x)≤x恒成立，即a(x－1)2＋lnx－x＋1≤0恒成立，
设g(x)＝a(x－1)2＋lnx－x＋1(x≥1)，只需g(x)max≤0即可．
由g′(x)＝2a(x－1)＋－1＝，
(ⅰ)当a＝0时，g′(x)＝，当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)≤g(1)＝0成立．
(ⅱ)当a>0时，由g′(x)＝＝，令g′(x)＝0，得x1＝1或x2＝，
①若<1，即a>时，在区间(1，＋∞)上，g′(x)>0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，函数g(x)在[1，＋∞)上无最大值，不满足条件；
②若≥1，即0<a≤时，函数g(x)在(1，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，同样g(x)在[1，＋∞)无最大值，不满足条件．
(ⅲ)当a<0时，由g′(x)＝，因x∈(1，＋∞)，故g′(x)<0，则函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)≤g(1)＝0成立．
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]．