2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习函数与导数考点过关检测三十三解析

考点过关检测（三十三）1．(2019·丹江口模拟)函数f(x)＝xlnx＋x的单调递增区间是()A.1e2，＋∞B.0，1e2C.ee，＋∞D.0，ee解析：选A因为函数f(x)＝xlnx＋x，所以f′(x)＝lnx＋2(x0)，由f′(x)0，可得x1e2，故函数f(x)＝xlnx＋x的单调递增区间是1e2，＋∞.2．(2019·洛阳模拟)定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)＋f(x)0，则下列各式一定成立的是()A．e2f(2019)f(2017)B．e2f(2019)f(2017)C．f(2019)f(2017)D．f(2019)f(2017)解析：选A根据题意，设g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]．∵f(x)＋f′(x)0，∴g′(x)0，即函数g(x)在R上为减函数，∴g(2019)g(2017)，即e2019f(2019)e2017f(2017)，∴e2f(2019)f(2017)．3．(2019·郑州二模)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)0的解集为()A．(0,2)B．(0,3)C．(2,3)D．(3，＋∞)解析：选B令φ(x)＝xf(x)，则φ′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知当x∈(0,2)时，φ(x)是单调减函数，且0·f′(0)＋f(0)＝e0(0－2)＝－20，即f(0)0.当x∈(2，＋∞)时，φ(x)是单调增函数，又f(3)＝0，则φ(3)＝3f(3)＝0，∵不等式f(x)0的解集就是xf(x)0的解集，∴不等式的解集为(0,3)．4．(2019·汕头一模)若函数f(x)＝ex(cosx－a)在区间－π2，π2上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(－2，＋∞)B．(1，＋∞)C．[1，＋∞)D．[2，＋∞)解析：选Df′(x)＝ex(cosx－sinx－a)，若f(x)在区间－π2，π2上单调递减，则cosx－sinx－a≤0在区间－π2，π2上恒成立，即a≥cosx－sinx，x∈－π2，π2.令h(x)＝cosx－sinx＝2sinπ4－x，x∈－π2，π2，则π4－x∈－π4，3π4，所以sinπ4－x的最大值是1，此时π4－x＝π2，即x＝－π4，所以h(x)的最大值是2，故a≥2.5．(2019·临沂一模)函数f(x)＝12ax2－2ax＋lnx在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是()A．a∈－∞，－12B．a∈－12，16C．a∈16，12D．a∈12，＋∞解析：选A由题意得，f′(x)＝ax－2a＋1x＝ax2－2ax＋1x，∵函数f(x)在(1,3)上不单调，∴ax2－2ax＋1＝0应满足在(1,3)上有实根．设g(x)＝ax2－2ax＋1，当a＝0时，显然不成立，当a≠0时，只需Δ≥0，g1g30，解得a1或a－13，设函数f(x)在(1,3)上不单调的充分不必要条件表示的集合为P，则Paa1或a－13，结合选项可知只有选项A满足．6．(2019·潮州模拟)已知函数f(x)＝xlnx，若对于区间(e，＋∞)内任意的x1，x2(x1≠x2)，都有fx1－fx2x1－x2a恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，2]B.－∞，1eC．(2，＋∞)D．(e，＋∞)解析：选A由fx1－fx2x1－x2a恒成立，得[fx1－ax1]－[fx2－ax2]x1－x20恒成立，令函数y＝f(x)－ax，即y＝xlnx－ax，则函数y＝xlnx－ax在(e，＋∞)上单调递增，∴y′＝lnx＋1－a≥0在(e，＋∞)上恒成立，即a≤(lnx＋1)min.由于xe，则lnx＋12，从而a≤2.∴实数a的取值范围为(－∞，2]．7．函数f(x)＝lnx－2x2的单调递增区间为________．解析：依题意，得f′(x)＝1x－4x，x∈(0，＋∞)．令f′(x)0，即1x－4x0，解得0x12.故函数f(x)的单调递增区间为0，12.答案：0，128．(2019·新乡二模)已知函数f(x)＝ex－alnx在[1,2]上单调递增，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝ex－ax，若f(x)在[1,2]递增，则f′(x)≥0在[1,2]恒成立，即a≤xex在[1,2]恒成立，令h(x)＝xex，x∈[1,2]，则h′(x)＝(x＋1)ex0，h(x)在[1,2]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝e，故a≤e.答案：(－∞，e]9．(2019·太原期末)已知定义在R上的可导函数f(x)，对于任意实数x都有f(x)＋f(－x)＝2，且当x∈(－∞，0)时，都有f′(x)1，若f(m)m＋1，则实数m的取值范围为________．解析：由题意，知f(x)＋f(－x)＝2，可得f(x)关于点(0,1)对称．令g(x)＝f(x)－(x＋1)，则g′(x)＝f′(x)－1.因为当x∈(－∞，0)时，f′(x)1，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减．因为g(x)＋g(－x)＝f(x)－(x＋1)＋f(－x)－(－x＋1)＝f(x)＋f(－x)－2＝0，且由f(x)的定义域为R，可知g(x)的定义域为R，所以g(x)为奇函数，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且g(0)＝0，则f(m)m＋1，即g(m)g(0)，解得m0，即实数m的取值范围是(－∞，0)．答案：(－∞，0)10．(2019·沧州一模)已知函数f(x)＝ex(x＋a)(a∈R)．(1)讨论f(x)在[0，＋∞)上的单调性；(2)函数g(x)＝exx－32－12tx2－tx在[0，＋∞)上单调递增，求实数t的取值范围．解：(1)f′(x)＝ex(x＋a＋1)．当－a－1≤0，即a≥－1时，f′(x)≥0，此时函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增．当－a－10，即a－1时，可得函数f(x)在[0，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．综上可得，当a≥－1时，函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增．当a－1时，函数f(x)在[0，－a－1)上单调递减，在(－a－1，＋∞)上单调递增．(2)g′(x)＝exx－12－tx－t.∵函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴g′(x)＝exx－12－tx－t≥0在[0，＋∞)上恒成立．∴t≤exx－12x＋1.令h(x)＝exx－12x＋1，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝exx2＋12x＋1x＋120，∴函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝－12，∴t≤－12，故实数t的取值范围为－∞，－12.11．(2019·萍乡一模)已知函数f(x)＝lnx－kx，其中k∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x1x2)，求证：lnx22－lnx1.解：(1)f′(x)＝1x－k＝1－kxx(x0)，①当k≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当k0时，由f′(x)0，得0x1k；由f′(x)0，得x1k，故f(x)在0，1k上单调递增，在1k，＋∞上单调递减．(2)证明：设f(x)的两个相异零点为x1，x2，且x1x20，∵f(x1)＝0，f(x2)＝0，∴lnx1－kx1＝0，lnx2－kx2＝0，∴lnx1－lnx2＝k(x1－x2)，lnx1＋lnx2＝k(x1＋x2)，要证lnx22－lnx1，即证lnx1＋lnx22，故k(x1＋x2)2，即lnx1－lnx2x1－x22x1＋x2，即lnx1x22x1－x2x1＋x2.设t＝x1x21，则上式转化为lnt2t－1t＋1，设g(t)＝lnt－2t－1t＋1(t1)，∴g′(t)＝t－12tt＋120，∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(t)g(1)＝0，∴lnt2t－1t＋1，∴lnx1＋lnx22，即lnx22－lnx1.