《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 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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 Word版含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点过关检测（三十三）1(2019丹江口模拟)函数f(x)xln xx的单调递增区间是()A.B.C. D.解析：选A因为函数f(x)xln xx，所以f(x)ln x2(x0)，由f(x)0，可得x，故函数f(x)xln xx的单调递增区间是.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()Ae2f(2 019)f(2 017)Cf(2 019)f(2 017)解析：选A根据题意，设g(x)exf(x)，则g(x)exf(x)exf(x)exf(x)f(x)f(x)f(x)0，g(x)0，即函数g(x)在R上为减函数，g(2 019)g(2
2、 017)，即e2 019f(2 019)e2 017f(2 017)，e2f(2 019)f(2 017)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(x2)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(x)xf(x)，则(x)xf(x)f(x)ex(x2)，可知当x(0,2)时，(x)是单调减函数，且0f(0)f(0)e0(02)20，即f(0)0.当x(2，)时，(x)是单调增函数，又f(3)0，则(3)3f(3)0，不等式f(x)0的解集就是xf(x)1或aa恒
3、成立，则实数a的取值范围为()A(，2 B.C(2，) D(e，)解析：选A由a恒成立，得0恒成立，令函数yf(x)ax，即yxln xax，则函数yxln xax在(e，)上单调递增，yln x1a0在(e，)上恒成立，即a(ln x1)min.由于xe，则ln x12，从而a2.实数a的取值范围为(，27函数f(x)ln x2x2的单调递增区间为_解析：依题意，得f(x)4x，x(0，)令f(x)0，即4x0，解得0x0，h(x)在1,2上单调递增，故h(x)minh(1)e，故ae.答案：(，e9(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，
4、且当x(，0)时，都有f(x)m1，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)(x1)，则g(x)f(x)1.因为当x(，0)时，f(x)m1，即g(m)g(0)，解得m0，即a1时，可得函数f(x)在0，a1)上单调递减，在(a1，)上单调递增综上可得，当a1时，函数f(x)在0，)上单调递增当a0，函数h(x)在0，)上单调递增，h(x)h(0)，t，故实数t的取值范围为.11(2019萍乡一模)已知函数f(x)ln xkx，其中kR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x12ln x
5、1.解：(1)f(x)k(x0)，当k0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当k0时，由f(x)0，得0x；由f(x)，故f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：设f(x)的两个相异零点为x1，x2，且x1x20，f(x1)0，f(x2)0，ln x1kx10，ln x2kx20，ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)，要证ln x22ln x1，即证ln x1ln x22，故k(x1x2)2，即，即ln.设t1，则上式转化为ln t，设g(t)ln t(t1)，g(t)0，g(t)在(1，)上单调递增，g(t)g(1)0，ln t，ln x1ln x22，即ln x22ln x1.
