高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)練習(xí) 文

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2．函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1. 已知函數(shù)f(x)＝的值域?yàn)镽，那么a的取值范圍是( ) A．(－∞，－1] B．(－1，) C．上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______． 答案 [，＋∞) 8. 函數(shù)f(x)＝mx2－2x＋1有且僅有一個(gè)正實(shí)數(shù)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( ) A．(－∞，1] B．(－∞，0]∪{1} C．(－∞，0)∪{1} D．(－∞，1) 答案 B 9. 下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)既是偶函數(shù)又在(－∞，0)上單調(diào)遞增的函數(shù)是( ) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝2|x| C．f(x)＝log2 D．f(x)＝sin x 答案 C 10.已知f(x)＝ 則f的值是( ) A．－1 B．1 C. D．－ 答案 C 11. (2016合肥檢測(cè))定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(－x)＝－f(x)，f(x－2)＝f(x＋2)，且x∈(－1,0)時(shí)，f(x)＝2x＋，則f(log220)等于( ) A．－1 B. C．1 D．－ 答案 A 12. 函數(shù)f(x)＝2x－4sin x，x∈的圖象大致是( ) 答案 D 13. 若函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，在(－∞，0]上是減函數(shù)，且f(2)＝0，則使得f(x)<0的x的取值范圍是________． 答案 (－2,2) 14. 定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x＋1)＝2f(x)，且當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝x2－x，則當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，f(x)的值域?yàn)開(kāi)_______． 答案 15. 函數(shù)y＝＋6x的圖象大致為( ) 答案 D 16. 已知函數(shù)f(x)＝x－2，g(x)＝x3＋tanx，那么( ) A．f(x)g(x)是奇函數(shù) B．f(x)g(x)是偶函數(shù) C．f(x)＋g(x)是奇函數(shù) D．f(x)＋g(x)是偶函數(shù) 答案 C 17.下列四個(gè)函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在定義域上單調(diào)遞增的是( ) A．y＝2－|x| B．y＝tanx C．y＝x3 D．y＝log2x 答案 C 18. 已知實(shí)數(shù)a>1,00時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－3m，m)，若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數(shù)，則解得m≥3. 當(dāng)m<0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(m，－3m)， 若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數(shù)， 則解得m≤－2. 綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，－2]∪時(shí)，不等式f(x)－g(x)<2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解 (1)m＝1時(shí)，令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－－2ln x， h′(x)＝1＋－＝≥0， ∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又h(1)＝0， ∴f(x)＝g(x)在(1，＋∞)內(nèi)無(wú)實(shí)數(shù)根． (2)∵10，∴m<恒成立， 令G(x)＝，只需m小于G(x)的最小值， G′(x)＝， ∵10， ∴當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，G′(x)<0， ∴G(x)在(1，e]上單調(diào)遞減， ∴G(x)在(1，e]上的最小值為G(e)＝， 則m的取值范圍是(－∞，)． 22.已知函數(shù)f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R. (1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值，求a的取值范圍． 解 (1)由題意得f′(x)＝x＝xex(x＋2－－a)，x∈R， ∵f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x＋2－≥a在(0，＋∞)上恒成立， 又函數(shù)g(x)＝x＋2－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴a≤g(0)＝0， ∴a的取值范圍是(－∞，0]． (2)由(1)得f′(x)＝xex，x∈R， 令f′(x)＝0，則x＝0或x＋2－－a＝0，即x＝0或g(x)＝a， ∵g(x)＝x＋2－在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，其值域?yàn)镽， ∴存在唯一x0∈R，使得g(x0)＝a， ①若x0>0，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g(x)0；當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，g(x)0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)>a，f′(x)>0，∴f(x)在x＝0處不取極值，這與題設(shè)矛盾． ③若x0<0，當(dāng)x∈(x0,0)時(shí)，g(x)>a，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)>a，f′(x)>0，∴f(x)在x＝0處取得極小值． 綜上所述，x0<0，∴a＝g(x0)1時(shí)f(x)的圖象恒在直線(xiàn)l的上方，求k的最大值． 解 (1)∵f′(x)＝1＋ln x，∴f′(e)＝1＋ln e＝k－3，∴k＝5， (2)由于存在x0∈，使f(x0)x0ln x0，∴a>， 設(shè)h(x)＝，則h′(x)＝， 當(dāng)x∈時(shí)，h′(x)≥0(僅當(dāng)x＝e時(shí)取等號(hào))． ∴h(x)在上單調(diào)遞增， ∴h(x)min＝h(1)＝0，因此a>0. (3)由題意xln x>(k－3)x－k＋2在x>1時(shí)恒成立，即k<， 設(shè)F (x)＝，∴F′(x)＝， 令m(x)＝x－ln x－2，則m′(x)＝1－＝>0在x>1時(shí)恒成立， 所以m(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且m(3)＝1－ln 3<0，m(4)＝2－ln 4>0， 所以在(1，＋∞)上存在唯一實(shí)數(shù)x0(x0∈(3,4))使m(x)＝0 當(dāng)1x0時(shí)m(x)>0即F′(x)>0， 所以F(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， F(x)min＝F(x0)＝ ＝＝x0＋2∈(5,6)， 故k

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