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 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0 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,+∞) + ↗
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)
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