4、數(shù)f(x)＝x2lnx，若關(guān)于x的不等式f(x)－kx＋1≥0恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是________．
[能力提升練]
1．(2018·商丘期末)設(shè)f(x)，g(x)是定義在R上的恒大于0的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，則當(dāng)af(b)g(b) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
2．(2019·蘭州第一中學(xué)月考)函數(shù)f(x)＝lnx＋(a∈R)在區(qū)間[e－2，＋∞)上有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.B
5、.C.D.
3．(2018·長沙質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，對任意的實數(shù)x都有f(x)＝4x2－
f(－x)，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)＋<4x，若f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2，則實數(shù)m的取值范圍是( )
A. B.
C．[－1，＋∞) D．[－2，＋∞)
4．(2018·遵義模擬)已知函數(shù)f(x)＝的圖象上存在兩點關(guān)于y軸對稱，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．[－3，－1] B．(－3，－1)
C．[－，9e2] D.
5．對任意實數(shù)x均有e2x－(a－3)ex＋4－3a>0，則實數(shù)a的取值范圍為________．
6．(20
6、19·山東省膠州一中模擬)若對任意的x∈D，均有g(shù)(x)≤f(x)≤h(x)成立，則稱函數(shù)f(x)為函數(shù)g(x)和函數(shù)h(x)在區(qū)間D上的“中間函數(shù)”．已知函數(shù)f(x)＝(k－1)x－1，g(x)＝－2，h(x)＝(x＋1)lnx，且f(x)是g(x)和h(x)在區(qū)間[1,2]上的“中間函數(shù)”，則實數(shù)k的取值范圍是________．
答案精析
基礎(chǔ)保分練
1．D 2.C 3.B 4.A
5．B [由函數(shù)f(x)＝kx－cosx，
可得f′(x)＝k＋sinx.
因為函數(shù)f(x)＝kx－cosx在區(qū)間上單調(diào)遞增，
則k＋sinx≥0在區(qū)間上恒成立，
即k≥－sinx在
7、區(qū)間上恒成立，
于是k≥(－sinx)max.
又當(dāng)x∈時，sinx∈，
則－sinx∈，
所以k≥－.故選B.]
6．D [由題意f(1)＝f′(1)＋2＋2f(1)，
化簡得f(1)＝－f′(1)－2，
而f′(x)＝2f′(1)x＋2，
所以f′(1)＝2f′(1)＋2，
得f′(1)＝－2，故f(1)＝0，
所以f(x)＝－2x2＋2x，所以f′(x)＝－4x＋2，所以f′(2)＝－6，故選D.]
7．A [設(shè)h(x)＝xf(x)，
∴h′(x)＝f(x)＋xf′(x)．
∵y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，
∴h(x)是定義在R上的偶函數(shù)．
當(dāng)x>0時，
8、h′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，
∴函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
∵a＝f＝h，
b＝－2f(－2)＝2f(2)＝h(2)，
c＝ln·f＝h
＝h(－ln2)＝h(ln2)．
又∵2>ln2>，∴b>c>a.故選A.]
8．D [令f(x)＝，x≠0，
則f(－x)＝f(x)，
f(x)為(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，故B錯誤．
當(dāng)x>0時，f(x)＝x3lnx，
f′(x)＝3x2lnx＋x2
＝3x2，
若0e－時，f′(x)>0，故f(x)在上為增函數(shù)．故選D.]
9、9.
解析 f′(x)＝3(x＋1)2e－x＋1－(x＋1)3e－x＋1
＝(x＋1)2e－x＋1(2－x)，
則可知f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，
在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，
故f(x)max＝f(2)＝.
g(x)＝(x＋1)2＋a在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．
故g(x)min＝g(－1)＝a，
存在x1，x2∈R，
使得f(x2)≥g(x1)成立，
則f(x)max≥g(x)min，所以a≤.
10．(－∞，1]
解析 ∵函數(shù)f(x)＝x2lnx的定義域為{x|x>0}，f(x)－kx＋1≥0恒成立，即x2lnx－kx＋1≥0等價于
10、k≤xlnx＋，令g(x)＝xlnx＋，則g′(x)＝lnx＋1－，令r(x)＝lnx＋1－，則r′(x)＝＋>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g′(x)＝lnx＋1－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(1)＝0，故當(dāng)01時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，則g(x)min＝g(1)＝1，故k≤g(x)min＝g(1)＝1，故實數(shù)k的取值范圍為(－∞，1]．
能力提升練
1．C [令F(x)＝，
則F′(x)＝<0，
所以F(x)在R上單調(diào)遞減．
又a>.
又f(x)>0，g(x)>0，
所以f(x)g(b
11、)>f(b)g(x)．]
2．A [由函數(shù)f(x)＝lnx＋，令f(x)＝0，即lnx＋＝0，
得－a＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，
記g(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，
則g′(x)＝1＋lnx，
由此可知g(x)在區(qū)間[e－2，e－1]上單調(diào)遞減，在區(qū)間(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
且g(e－2)＝－2e－2，g(e－1)＝－e－1，
所以要使得f(x)＝lnx＋在x∈[e－2，＋∞)上有兩個零點，
則－e－1<－a≤－2e－2，
所以實數(shù)a的取值范圍是，
故選A.]
3．A [令F(x)＝f(x)－2x2，因為F(－x)＋F(x)＝f(－x)＋f(x)－
12、4x2＝0，
所以F(－x)＝－F(x)，故F(x)＝f(x)－2x2是奇函數(shù)．則當(dāng)x∈(－∞，0)時，F(xiàn)′(x)＝f′(x)－4x<－<0，故函數(shù)F(x)＝f(x)－2x2在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．不等式f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2等價于f(m＋1)－2(m＋1)2≤f(－m)－2m2，即F(m＋1)≤F(－m)，由函數(shù)的單調(diào)性可得m＋1≥－m，即m≥－.故選A.]
4．D [由題意得，函數(shù)y＝(x<0)的圖象關(guān)于y軸對稱變換后，與y＝2x2－3x，x>0的圖象有交點，即aex＝2x2－3x有正根，即a＝有正根．令g(x)＝，則g′(x)＝＝.令g′(
13、x)＝0，得x＝或3.當(dāng)03時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)0，g(x)單調(diào)遞增．可知，當(dāng)x＝時，
g(x)取極小值；當(dāng)x＝3時，g(x)取極大值9e－3.又當(dāng)x→0或x→＋∞時，g(x)→0，
故當(dāng)x＝時，g(x)取最小值；當(dāng)x＝3時，g(x)取最大值9e－3，即實數(shù)a的取值范圍是[，9e－3]，故選D.]
5.
解析 e2x－(a－3)ex＋4－3a>0?(ex＋3)a0)，
令h(t)＝＝t＋(t>0)，
h′(t)＝1－，
因為t>0，所以h′(t)>0，
即當(dāng)t>
14、0時，h(t)>h(0)＝，
所以a≤，
即實數(shù)a的取值范圍為.
6.
解析 根據(jù)題意，可得－2≤(k－1)x－1≤(x＋1)lnx在[1,2]上恒成立，
當(dāng)x∈[1,2]時，函數(shù)y＝(k－1)x－1的圖象是一條線段，于是
解得k≥，
又由(k－1)x－1≤(x＋1)lnx，
即k－1≤在x∈[1,2]上恒成立，
令m(x)＝＝lnx＋＋，則m′(x)＝，且x∈[1,2]，
又令u(x)＝x－lnx，
則u′(x)＝1－≥0，
于是函數(shù)u(x)在[1,2]上為增函數(shù)，
從而u(x)min＝1－ln1>0，即m′(x)>0，即函數(shù)m(x)在x∈[1,2]上為單調(diào)增函數(shù)，
所以函數(shù)的最小值為m(1)＝1，
即k－1≤1，所以k≤2，
所以實數(shù)k的取值范圍是.
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（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題3 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第22練 導(dǎo)數(shù)小題綜合練練習(xí)（含解析）
