（新高考）2020版高考數(shù)學二輪復(fù)習主攻36個必考點函數(shù)與導(dǎo)數(shù)考點過關(guān)檢測二十九文.docx

考點過關(guān)檢測（二十九）1(2019丹江口模擬)函數(shù)f(x)xln xx的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.B.C. D.解析：選A因為函數(shù)f(x)xln xx，所以f(x)ln x2(x0)，由f(x)0，可得x，故函數(shù)f(x)xln xx的單調(diào)遞增區(qū)間是.2(2019洛陽模擬)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x)0，則下列各式一定成立的是()Ae2f(2 019)f(2 017)Cf(2 019)f(2 017)解析：選A根據(jù)題意，設(shè)g(x)exf(x)，則g(x)exf(x)exf(x)exf(x)f(x)f(x)f(x)0，g(x)0，即函數(shù)g(x)在R上為減函數(shù)，g(2 019)g(2 017)，即e2 019f(2 019)e2 017f(2 017)，e2f(2 019)f(2 017)3(2019鄭州二模)函數(shù)f(x)是定義在(0，)上的可導(dǎo)函數(shù)，f(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若xf(x)f(x)ex(x2)且f(3)0，則不等式f(x)0的解集為()A(0,2) B(0,3)C(2,3) D(3，)解析：選B令(x)xf(x)，則(x)xf(x)f(x)ex(x2)，可知當x(0,2)時，(x)是單調(diào)減函數(shù)，且0f(0)f(0)e0(02)20，即f(0)0.當x(2，)時，(x)是單調(diào)增函數(shù)，又f(3)0，則(3)3f(3)0，不等式f(x)0的解集就是xf(x)1或aa恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A(，2 B.C(2，) D(e，)解析：選A由a恒成立，得0恒成立，令函數(shù)yf(x)ax，即yxln xax，則函數(shù)yxln xax在(e，)上單調(diào)遞增，yln x1a0在(e，)上恒成立，即a(ln x1)min.由于xe，則ln x12，從而a2.實數(shù)a的取值范圍為(，27函數(shù)f(x)ln x2x2的單調(diào)遞增區(qū)間為_解析：依題意，得f(x)4x，x(0，)令f(x)0，即4x0，解得0x0，h(x)在1,2上單調(diào)遞增，故h(x)minh(1)e，故ae.答案：(，e9(2019太原期末)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)，對于任意實數(shù)x都有f(x)f(x)2，且當x(，0)時，都有f(x)m1，則實數(shù)m的取值范圍為_解析：由題意，知f(x)f(x)2 ，可得f(x)關(guān)于點(0,1)對稱令g(x)f(x)(x1)，則g(x)f(x)1.因為當x(，0)時，f(x)m1，即g(m)g(0)，解得m0，即a1時，可得函數(shù)f(x)在0，a1)上單調(diào)遞減，在(a1，)上單調(diào)遞增綜上可得，當a1時，函數(shù)f(x)在0，)上單調(diào)遞增當a0，函數(shù)h(x)在0，)上單調(diào)遞增，h(x)h(0)，t，故實數(shù)t的取值范圍為.11(2019萍鄉(xiāng)一模)已知函數(shù)f(x)ln xkx，其中kR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個相異零點x1，x2(x12ln x1.解：(1)f(x)k(x0)，當k0時，f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增當k0時，由f(x)0，得0x；由f(x)，故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)證明：設(shè)f(x)的兩個相異零點為x1，x2，且x1x20，f(x1)0，f(x2)0，ln x1kx10，ln x2kx20，ln x1ln x2k(x1x2)，ln x1ln x2k(x1x2)，要證ln x22ln x1，即證ln x1ln x22，故k(x1x2)2，即，即ln.設(shè)t1，則上式轉(zhuǎn)化為ln t，