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〔新高考〕2022版高考数学二轮
复****主攻40个必考点函数与导
数考点过关检测三十三理:.
考点过关检测〔三十三〕
1.(2022·丹江口模拟)函数f(x)=xlnx
+x的单调递增区间是()
11
A.,+∞B.0,
e2e2
ee
C.,+∞D.0,
ee
解析:选A因为函数f(x)=xlnx+x,
所以f′(x)=lnx+2(x>0),
1
由f′(x)>0,可得x>,
e2
故函数f(x)=xlnx+x的单调递增区间是
1
,+∞.
e2
2.(2022·洛阳模拟)定义在R上的可导函
数f(x)满足f′(x)+f(x)<0,那么以下各式一
定成立的是()
(2019)<f(2017)(2
019)>f(2017)
2:.
(2019)<f(2017)(2019)>f(2
017)
解析:选A根据题意,设g(x)=exf(x),
那么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.(2022·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,假设
xf′(x)+f(x)=ex(x-2)且f(3)=0,那么不等
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),那么φ′(x)
=xf′(x)+f(x)=ex(x-2),
3:.
可知当x∈(0,2)时,φ(x)是单调减函数,
且0·f′(0)+f(0)=e0(0-2)=-2<0,即
f(0)<0.
当x∈(2,+∞)时,φ(x)是单调增函数,
又f(3)=0,
那么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.(2022·汕头一模)假设函数f(x)=
ππ
ex(cosx-a)在区间-,上单调递减,那
22
么实数a的取值范围是()
A.(-2,+∞)B.(1,+∞)
C.[1,+∞)D.[2,+∞)
解析:选Df′(x)=ex(cosx-sinx-a),
ππ
假设f(x)在区间-,上单调递减,
22
4:.
ππ
那么cosx-sinx-a≤0在区间-,
22
上恒成立,
ππ
即a≥cosx-sinx,x∈-,.
22
π
令h(x)=cosx-sinx=2sin-x,x
4
ππ
∈-,,
22
ππ3π
那么-x∈-,,
444
π
所以sin-x的最大值是1,
4
πππ
此时-x=,即x=-,
424
所以h(x)的最大值是2,故a≥2.
1
5.(2022·临沂一模)函数f(x)=ax2-2ax
2
+lnx在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件
是()
5:.
111
∈-∞,-∈-,
226
111
∈,∈,+∞
622
解析:选A由题意得,f′(x)=ax-2a+
1ax2-2ax+1
=,
xx
∵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,
Δ≥0,
当a≠0时,只需解得a>1
g1g3<0,
1
或a<-,
3
设函数f(x)在(1,3)上不单调的充分不必要
1
条件表示的集合为P,那么Paa>1或a<-,
3
6:.
结合选项可知只有选项A满足.
6.(2022·潮州模拟)函数f(x)=xlnx,
假设对于区间(e,+∞)内任意的x,x(x≠x),
1212
fx-fx
12aa
都有>恒成立,那么实数的取值范
x-x
12
围为()
1
A.(-∞,2]B.-∞,
e
C.(2,+∞)D.(e,+∞)
fx-fx
12a
解析:选A由>恒成立,
x-x
12
[fx-ax]-[fx-ax]
1122
得>0恒成立,
x-x
12
令函数y=f(x)-ax,即y=xlnx-ax,
那么函数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
7:.
由于x>e,那么lnx+1>2,从而a≤2.
∴实数a的取值范围为(-∞,2].
(x)=lnx-2x2的单调递增区间为
________.
1
解析:依题意,得f′(x)=-4x,x∈(0,
x
+∞).
1
令f′(x)>0,即-4x>0,
x
1
解得0<x<.
2
1
故函数f(x)的单调递增区间为0,.
2
1
答案:0,
2
8.(2022·新乡二模)函数f(x)=ex-alnx
在[1,2]上单调递增,那么a的取值范围是
________.
a
解析:f′(x)=ex-,假设f(x)在[1,2]
x
8:.
递增,
那么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],
那么h′(x)=(x+1)ex>0,
h(x)在[1,2]上单调递增,
故h(x)=h(1)=e,
min
故a≤e.
答案:(-∞,e]
9.(2022·太原期末)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,假设
f(m)>m+1,那么实数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),
那么g′(x)=f′(x)-1.
因为当x∈(-∞,0)时,f′(x)<1,
9:.
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,
那么f(m)>m+1,即g(m)>g(0),解得m<0,
即实数m的取值范围是(-∞,0).
答案:(-∞,0)
10.(2022·沧州一模)函数f(x)=ex(x+
a)(a∈R).
(1)讨论f(x)在[0,+∞)上的单调性;
31
(2)函数g(x)=exx--tx2-tx在[0,
22
+∞)上单调递增,求实数t的取值范围.
解:(1)f′(x)=ex(x+a+1).
10:.
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-1>0,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.
1
(2)g′(x)=exx--tx-t.
2
∵函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,
1
∴g′(x)=exx--tx-t≥0
2
在[0,+∞)上恒成立.
1
exx-
2
∴t≤.
x+1
11:.
1
exx-
2
令h(x)=,x∈[0,+∞),
x+1
1
exx2+x+1
2
那么h′(x)=>0,
x+12
∴函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,
1
∴h(x)≥h(0)=-,
2
1
∴t≤-,故实数t的取值范围为
2
1
-∞,-.
2
11.(2022·萍乡一模)函数f(x)=lnx-
kx,其中k∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)假设f(x)有两个相异零点x,x(x<x),
1212
求证:lnx>2-lnx.
21
11-kx
解:(1)f′(x)=-k=(x>0),
xx
12:.
①当k≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)
上单调递增.
1
②当k>0时,由f′(x)>0,得0<x<;由
k
1
f′(x)<0,得x>,
k
11
故f(x)在0,上单调递增,在,+∞上
kk
单调递减.
(2)证明:设f(x)的两个相异零点为x,x,
12
且x>x>0,
12
∵f(x)=0,f(x)=0,
12
∴lnx-kx=0,lnx-kx=0,
1122
∴lnx-lnx=k(x-x),lnx+lnx
121212
=k(x+x),
12
要证lnx>2-lnx,即证lnx+lnx>2,
2112
lnx-lnx2
kxx12
故(+)>2,即>,
12x-xx+x
1212
13:.
x2x-x
112
即ln>.
xx+x
212
x2t-1
t1t
设=>1,那么上式转化为ln>,
xt+1
2
2t-1
设g(t)=lnt-(t>1),
t+1
t-12
∴g′(t)=>0,
tt+12
∴g(t)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(t)>g(1)=0,
2t-1
∴lnt>,
t+1
∴lnx+lnx>2,
12
即lnx>2-lnx.
21
14:.
15