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2．函數與導數
1. 已知函數f(x)＝的值域為R，那么a的取值范圍是( )
A．(－∞，－1] B．(－1，) C．上是增函數，則實數a的取值范圍為________．
答案 [，＋∞)
8. 函數f(x)＝mx2－2x＋1有且僅有一個正實數零點，則實數m的取值范圍是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，0]∪{1} C．(－∞，0)∪{1} D．(－∞，1)
答案 B
9. 下列函數中，在其定義域內既是偶函數又在(－∞，0)上單調遞增的函數是( )
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)定義在R上的函數f(x)滿足f(－x)＝－f(x)，f(x－2)＝f(x＋2)，且x∈(－1,0)時，f(x)＝2x＋，則f(log220)等于( )
A．－1 B. C．1 D．－
答案 A
12. 函數f(x)＝2x－4sin x，x∈的圖象大致是( )
答案 D
13. 若函數f(x)是定義在R上的偶函數，在(－∞，0]上是減函數，且f(2)＝0，則使得f(x)<0的x的取值范圍是________．
答案 (－2,2)
14. 定義域為R的函數f(x)滿足f(x＋1)＝2f(x)，且當x∈(0,1]時，f(x)＝x2－x，則當x∈(－1,0]時，f(x)的值域為________．
答案
15. 函數y＝＋6x的圖象大致為( )
答案 D
16. 已知函數f(x)＝x－2，g(x)＝x3＋tanx，那么( )
A．f(x)g(x)是奇函數 B．f(x)g(x)是偶函數
C．f(x)＋g(x)是奇函數 D．f(x)＋g(x)是偶函數
答案 C
17.下列四個函數中，既是奇函數又在定義域上單調遞增的是( )
A．y＝2－|x| B．y＝tanx
C．y＝x3 D．y＝log2x
答案 C
18. 已知實數a>1,0
0時，f(x)的單調遞減區(qū)間是(－3m，m)，若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數，則解得m≥3.
當m<0時，f(x)的單調遞減區(qū)間是(m，－3m)，
若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數，
則解得m≤－2.
綜上所述，實數m的取值范圍是(－∞，－2]∪時，不等式f(x)－g(x)<2恒成立，求實數m的取值范圍．
解 (1)m＝1時，令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－－2ln x，
h′(x)＝1＋－＝≥0，
∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數，又h(1)＝0，
∴f(x)＝g(x)在(1，＋∞)內無實數根．
(2)∵10，∴m<恒成立，
令G(x)＝，只需m小于G(x)的最小值，
G′(x)＝，
∵10，
∴當x∈(1，e]時，G′(x)<0，
∴G(x)在(1，e]上單調遞減，
∴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f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.
(1)若函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，求a的取值范圍；
(2)若函數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，＋∞)上單調遞增，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴x＋2－≥a在(0，＋∞)上恒成立，
又函數g(x)＝x＋2－在(0，＋∞)上單調遞增，
∴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(－∞，＋∞)上單調遞增，其值域為R，
∴存在唯一x0∈R，使得g(x0)＝a，
①若x0>0，當x∈(－∞，0)時，g(x)0；當x∈(0，x0)時，g(x)0；當x∈(0，＋∞)時，g(x)>a，f′(x)>0，∴f(x)在x＝0處不取極值，這與題設矛盾．
③若x0<0，當x∈(x0,0)時，g(x)>a，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，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f(x)的圖象恒在直線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h(x)＝，則h′(x)＝，
當x∈時，h′(x)≥0(僅當x＝e時取等號)．
∴h(x)在上單調遞增，
∴h(x)min＝h(1)＝0，因此a>0.
(3)由題意xln x>(k－3)x－k＋2在x>1時恒成立，即k<，
設F (x)＝，∴F′(x)＝，
令m(x)＝x－ln x－2，則m′(x)＝1－＝>0在x>1時恒成立，
所以m(x)在(1，＋∞)上單調遞增，且m(3)＝1－ln 3<0，m(4)＝2－ln 4>0，
所以在(1，＋∞)上存在唯一實數x0(x0∈(3,4))使m(x)＝0
當1x0時m(x)>0即F′(x)>0，
所以F(x)在(1，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，
F(x)min＝F(x0)＝
＝＝x0＋2∈(5,6)，
故k
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