2021高考数学新高考版一轮习题：专题3 阶段滚动检测(二) (含解析)

1

22．(2019·北京四中期中)已知函数f (x)＝ln x＋. x(1)求函数f (x)的单调区间；

(2)设函数g(x)＝(x＋1)ln x－x＋1，证明：当x>0且x≠1时，x－1与g(x)同号．

答案精析

1．A 2.B 3.B 4.B 5.C 6.C 7.A 8．C 9.ACD 10.CD

11x＋?＝|x|＋≥211．ABD [对于A，y＝??x?|x|对于B，y＝x2＋2＝

2

x＋1

x2＋1＋

1

1|x|·＝2，当且仅当x＝±1时取等号，正确； |x|

x2＋1

≥2，当且仅当x＝0时取等号，正确；

对于C，当x∈(0,1)时，logx2<0，log2x<0，得y＝log2x＋logx2(x>0且x≠1)的最小值不可能为2，错误；

π1

0，?，所以tan x∈(0，＋∞)，令tan x＝t，所以t∈(0，＋∞)，所以y＝t＋≥2，对于D，x∈??2?t当且仅当t＝1时取等号，正确．]

f ?x1?－f ?x2?

12．AD [根据题意，“对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，使得<0”，则函数f (x)在

x1－x2(0，＋∞)上为减函数，据此依次分析选项：对于选项A，f (x)＝－x2－2x＋1为二次函数，其1

对称轴为x＝－1，在(0，＋∞)上单调递减，符合题意；对于选项B，f (x)＝x－，其导数f′(x)

x1

＝1＋2>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于选项C，f (x)＝x＋1为一次

x函数，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于选项D，f (x)＝log1(2x)＋1，

2在(0，＋∞)上单调递减，符合题意．] 13．(－∞，－4] [1,10] 14.x－y－1＝0 3

－，1? 15.??2?

1

解析 根据题意，函数f (x)＝ex－x－2x，

e1

其导数f′(x)＝ex＋x－2，

e1

f′(x)＝ex＋x－2≥0恒成立，

e则函数f (x)在R上为增函数，

又因为f (－x)＝e－x－ex＋2x＝－f (x)，

所以f (x)为奇函数，原式等价于f (a－3)≤－f (2a2)， f (a－3)≤f (－2a2)，a－3≤－2a2,2a2＋a－3≤0， 3

(2a＋3)(a－1)≤0，－≤a≤1.

216．②③④

解析 由新定义知，对任意正实数ξ，?x∈D使得0<|f (x)－c|<ξ成立， 即0<|f (x)－c|<ξ有解．对于函数①解得，

1－ξ－log2ξ且x∈Z，故函数②是“敛1函数”；对于函数③解得，21－ξ

且x≠2，故函数③是“敛1函数”；对于函数④解得，|x|>，故函数④是“敛1函数”．因

ξ此正确答案为②③④.

??6＋x≥0，

17．解 (1)由?得，－6≤x<2，

??2－x>0

由2x>1得，x>0，∴A＝[－6,2)， B＝(0，＋∞)， ∴A∪B＝[－6，＋∞)． (2)A∩B＝(0,2)，

∵集合{x|a

??a≥0，

∴?解得0≤a≤1，

a＋1≤2，??

∴a的取值范围是[0,1]．

18．解 (1)原式＝1＋|3－π|＋2＝1＋π－3＋2＝π. 2(2)原式＝lg 25＋lg ＋3

52

×25?＋3＝4. ＝lg??5?

19．解 (1)根据题意，函数f (x)＝lg

a

(a∈R)，且f (1)＝0， x＋1

aa

则f (1)＝lg ＝0，则＝1，解得a＝2.

22(2)根据题意，f (x)＝lg

2

， x＋1

2必有>0，解得x>－1，

x＋1

即函数f (x)的定义域为(－1，＋∞)． (3)根据题意，f (x)＝lg 证明：设0

22－lg x1＋1x2＋1

2

在(0，＋∞)上的单调递减， x＋1

＝lg

x2＋1

＝lg(x2＋1)－lg(x1＋1)， x1＋1

又由0lg(x1＋1)，

即f (x1)－f (x2)>0，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减． 20．解 (1)根据题意，设该公司的总收入为W万元， xx

10＋??1－?，0

10＋??1－?≥10×50， 则有50?8??100??解得0

(2)设该公司盈利为y万元，

xxxx

10＋??1－?－2?10＋?＝－＋x＋480,0

2

结合二次函数的性质分析可得，当x＝8时，该公司的总盈利最大． 21．解 (1)f′(x)＝x2＋a， 由f′(2)＝0得a＝－4，

41

由f (2)＝－得b＝4，则f (x)＝x3－4x＋4，

33令f′(x)＝x2－4>0得x>2或x<－2，

∴f (x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)． 4284

(2)由f (－4)＝－，f (－2)＝，f (2)＝－，f (3)＝1，

33328

所以f (x)在[－4,3]上的最大值为，

3

110

要使x3＋ax＋b≤m2＋m＋对x∈[－4,3]恒成立，

3310

只要f (x)max≤m2＋m＋就可以了，

32810即≤m2＋m＋， 33解得m≥2或m≤－3，

所以实数m的取值范围是(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 22．(1)解 函数f (x)的定义域是(0，＋∞)， 11x－1又f′(x)＝－2＝2，

xxx令f′(x)＝0，得x＝1，

当x变化时，f′(x)与f (x)的变化情况如下表，

x f′(x) f (x)

所以f (x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)． (2)证明 函数g(x)的定义域是(0，＋∞)， x＋11

又g′(x)＝ln x＋－1＝ln x＋＝f (x)，

xx由(1)可知，f (x)min＝f (1)＝1， 所以当x>0时，g′(x)>0，

(0,1) － ↘ 1 0 (1，＋∞) ＋ ↗