2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題綜合檢測練（六）文.doc

專題綜合檢測練（六）(120分鐘150分)第卷(選擇題,共60分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.(2018延安一模)設函數(shù)f(x)=xsin x在x=x0處取得極值,則(1+x02)(1+cos 2x0)的值為()A.1B.-1C.-2D.2【解析】選D.f(x)=sin x+xcos x,令f(x)=0得tan x=-x,所以tan2x0=x02,故(1+x02)(1+cos 2x0)=(1+tan2x0)2cos2x0=2cos2x0+2sin2x0=2.2.(2018開封一模)過點A(2,1)作曲線f(x)=x3-3x的切線最多有()A.3條B.2條C.1條D.0條【解析】選A.由題意得,f(x)=3x2-3,設切點為(x0,x03-3x0),那么切線的斜率為k=3x02-3,則切線方程為y-(x03-3x0)=(3x02-3)(x-x0),將點A(2,1)代入可得關于x0的一元三次方程2x03-6x02+7=0.令y=2x03-6x02+7,則y=6x02-12x0.由y=0得x0=0或x0=2.當x0=0時,y=7>0;x0=2時,y=-1<0.所以方程2x03-6x02+7=0有3個解.故過點A(2,1)作曲線f(x)=x3-3x的切線最多有3條.3.函數(shù)f(x)=loga(2 019x-1)+4-x2(a>0且a1)的定義域是()A.(0,2B.(0,+)C.0,2D.-2,2【解析】選A.由不等式組2 019x-1>0,4-x20,解得0<x2,所以所求的定義域為(0,2.4.(2018西安一模)設aR,函數(shù)的導函數(shù)是f(x),且f(x)是奇函數(shù).若曲線y=f(x)的一條切線的斜率是32,則切點的橫坐標為()A.ln 2B.-ln 2C.ln22D.-ln22【解析】選A.由題意可得,f(x)=ex-aex是奇函數(shù),所以f(0)=1-a=0,所以a=1,f(x)=ex+1ex,f(x)=ex-1ex,因為曲線y=f(x)的一條切線的斜率是32,所以32=ex-1ex,解方程可得ex=2,所以x=ln 2.5.設函數(shù)f(x)在R上可導,其導函數(shù)為f(x),且函數(shù)y=(1-x)f(x)的圖象如圖所示,則下列結論中一定成立的是()A.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B.函數(shù)f(x)有極大值f(-2)和極小值f(1)C.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(-2)D.函數(shù)f(x)有極大值f(-2)和極小值f(2)【解析】選D.由圖象可知,當x<-2時,y=(1-x)f(x)>0,所以此時f(x)>0,故函數(shù)f(x)在(-,-2)上單調遞增.當-2<x<1時,y=(1-x)f(x)<0,所以此時f(x)<0,故函數(shù)f(x)在(-2,1)上單調遞減.當1<x<2時,y=(1-x)f(x)>0,所以此時f(x)<0,故函數(shù)f(x)在(1,2)上單調遞減.當x>2時,y=(1-x)f(x) <0,所以此時f(x)>0,故函數(shù)f(x)在(2,+)上單調遞增.所以函數(shù)f(x)有極大值f(-2),極小值f(2).6.已知函數(shù)f(x)=ex,x0,x2+ax+1,x>0, 若g(x)=f(x)-x-1有2個零點,則實數(shù)a的取值范圍為()A.(-,0B.(-,1)C.1,+)D.(0,+)【解析】選B.因為g(x)=f(x)-x-1有2個零點,即f(x)-x-1=0有2個實數(shù)根,所以當x0時,令ex-x-1=0,解得x=0,此時只有一個實數(shù)根,當x>0時,令f(x)-x-1=0,即x2+(a-1)x=0,即xx-(1-a)=0,此時解得x=1-a,要使得函數(shù)g(x)有2個零點,則1-a>0,所以a<1.7.設a>0,b>0,e是自然對數(shù)的底數(shù),則下列命題正確的是()A.若ea+2a=eb+3b,則a>bB.若ea+2a=eb+3b,則a<bC.若ea-2a=eb-3b,則a>bD.若ea-2a=eb-3b,則a<b【解析】選A.因為a>0,b>0,所以ea+2a=eb+3b=eb+2b+b>eb+2b.對于函數(shù)y=ex+2x (x>0),因為y=ex+2>0,所以y=ex+2x在(0,+)上單調遞增,因而a>b成立.8.(2018宿州一模)已知y=f(x)為R上的可導函數(shù),當x0時,f(x)+f(x)x>0,則函數(shù)g(x)=f(x)+1x的零點個數(shù)為()A.1B.2C.0D.0或2【解析】選C.因為函數(shù)y=f(x)在R上是可導函數(shù),當x0時,f(x)+f(x)x>0,即是令h(x)=xf(x),即所以可得或所以當函數(shù)h(x)在x>0時單調遞增,所以h(x)>h(0)=0,即當x>0時,h(x)>0.同理當x<0時,h(x)>0.又因為函數(shù)g(x) =f(x)+1x可化為g(x)=xf(x)+1x,所以當x>0時,g(x)>0即與x軸沒交點.當x<0時,g(x)>0,所以函數(shù)g(x)=f(x)+1x的零點個數(shù)為0.9.若函數(shù)f(x)=(x+1)ex,則下列命題正確的是()A.對任意m<-1e2,都存在xR,使得f(x)<mB.對任意m>-1e2,都存在xR,使得f(x)<mC.對任意m<-1e2,方程f(x)=m只有一個實根D.對任意m>-1e2,方程f(x)=m總有兩個實根【解析】選B.因為f(x)=(x+1)ex=(x+1)ex+ex=(x+2)ex,故函數(shù)在區(qū)間(-,-2),(-2,+)上分別為減函數(shù)與增函數(shù),故f(x)min=f(-2)=-1e2,故當m>-1e2時,總存在x使得f(x)<m.10.設函數(shù)f(x)=3sinxm.若存在f(x)的極值點x0滿足x02+f(x0)2<m2,則m的取值范圍是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+)【解析】選C.由正弦型函數(shù)的圖象可知:f(x)的極值點x0滿足f(x0)=3,則x0m=2+k(kZ),從而得x0=k+12m(kZ).所以不等式x02+f(x0)2<m2即為k+122m2+3<m2,變形得m21-k+122>3,其中kZ.由題意,存在整數(shù)k使得不等式m21-k+122>3成立.當k-1且k0時,必有k+122>1,此時不等式顯然不能成立,故k=-1或k=0,此時,不等式即為34m2>3,解得m<-2或m>2.11.若對任意的a12,+,函數(shù)f(x)=12x2-ax-2b與g(x)=2aln(x-2)的圖象均有交點,則實數(shù)b的取值范圍是()A.1516+12ln2,+B.158+ln2,+C.12,1516+12ln2D.1516+12ln2,+【解析】選A.依題意,原問題等價于對任意的a12,+,關于x的方程12x2-ax-2aln(x-2)=2b有解.設h(x)=12x2-ax-2aln(x-2),則h(x)=x-a-2ax-2 =x(x-a-2)x-2,所以h(x)在(2,a+2)上單調遞減,在(a+2,+)上單調遞增,當x2時h(x)+,當x+時,h(x)+,h(a+2)=-12a2-2aln a+2,記p(a)=-12a2-2aln a+2,則h(x)的值域為p(a),+),故2bp(a),+)對任意的a12,+恒成立,即2bp(a)max,而p(a)=-a-2ln a-2-12+2ln 2-2<0,故p(a)單調遞減,所以p(a)p12=158+ln 2,所以b1516+12ln 2.12.(2018湘中名校聯(lián)考)已知函數(shù)與h(x)=2ln x的圖象上存在關于x軸對稱的點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.1,e2-2B.1,1e2+2C.1e2+2,e2-2D.e2-2,+【解析】選A.由題意,知方程x2-a=2ln x,即-a=2ln x-x2在1e,e上有解.設f(x)=2ln x-x2,則f(x)=2x-2x=-2(x+1)(x-1)x.易知x1e,1時f(x)>0,x1,e時f(x)<0,所以函數(shù)f(x)在1e,1上單調遞增,在1,e上單調遞減,所以f(x)極大值=f(1)=-1,又f(e)=2-e2,f1e=-2-1e2,f(e)<f1e,所以方程-a=2ln x-x2在1e,e上有解等價于2-e2-a-1,所以a的取值范圍為1,e2-2. 第卷(非選擇題,共90分)二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分,把正確答案填在題中橫線上)13.已知曲線y=x2+aln x(a>0)上任意一點處的切線的斜率為k,若k的最小值為4,則此時切點的坐標為_.【解析】函數(shù)y=x2+aln x(a>0)的定義域為x|x>0,y=2x+ax22a=4,則a=2,當且僅當x=1時“=”成立,將x=1代入曲線方程得y=1,故所求的切點坐標是(1,1).答案:(1,1)14.(2018達州一模)有任意a,b滿足0<a<b<t,都有bln a<aln b,則t的最大值為_.【解析】因為0<a<b<t,bln a<aln b,所以lnaa<lnbb(a<b),令y=lnxx,則函數(shù)在(0,t)上遞增,故y=1-lnxx2>0,解得:0<x<e,故t的最大值是e.答案:e15.設函數(shù)f(x)=ex+x-a(aR,e為自然對數(shù)的底數(shù)).若曲線y=sin x上存在點(x0,y0)使得f(f(y0)=y0,則a的取值范圍是_.【解析】因為y0=sin x0-1,1,而f(x)0,f(f(y0)=y0,所以y00,1,設 ex+x-a=x,x0,1,所以ex+x-x2=a在x0,1上有解,令g(x)=ex+x-x2,則g(x)=ex+1-2x.設h(x)=ex+1-2x,則h(x)=ex-2.所以當x(0,ln 2)時,h(x)<0;當x(ln 2,1)時,h(x)>0.所以g(x)g(ln 2)=3-2ln 2>0,所以g(x)在0,1上單調遞增,所以原題中的方程有解必須方程有解.所以g(0)ag(1).答案:1,e16.對于三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),給出定義:設f(x)是函數(shù)y=f(x)的導數(shù),f(x)是函數(shù)f(x)的導數(shù),若方程f(x)=0有實數(shù)解x0,則稱點(x0,f(x0)為函數(shù)y=f(x)的“拐點”,某同學經過探究發(fā)現(xiàn):任何一個三次函數(shù)都有“拐點”;任何一個三次函數(shù)都有對稱中心,且“拐點”就是對稱中心.給定函數(shù)f(x)=13x3-12x2+3x-512,請你根據(jù)上面探究結果,計算f12 020+f22 020+f2 0182 020+f2 0192020=_.【解析】由題意可得f(x)=13x3-12x2+3x-512,所以f(x)=x2-x+3,所以f(x)=2x-1.令f(x)=0可得x=12,所以函數(shù)f(x)的拐點即對稱中心為12,1,即如果x1+x2=1,則f(x1)+f(x2)=2,所以f12 020+f22 020+f2 0182 020+f2 0192 020=1 0092+1=2 019.答案:2 019三、解答題(本大題共6小題,共74分,解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟)17.(12分)已知f(x)=2x-1x-aln x(aR).(1)當a=3時,求f(x)的單調區(qū)間.(2)設g(x)=f(x)-x+2aln x,且g(x)有兩個極值點,其中x10,1,求g(x1)-g(x2)的最小值.【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+),a=3時,f(x)=2x-1x-3ln x,f(x)=2+1x2-3x=(2x-1)(x-1)x2,令f(x)>0,計算得出:x>1或x<12,令f(x)<0,計算得出:12<x<1,所以f(x)在0,12遞增,在12,1遞減,在(1,+)遞增.(2)因為g(x)=f(x)-x+2aln x=x-1x+aln x,其定義域為(0,+),求導得,g(x)=1+1x2+ax=x2+ax+1x2,若g(x)=0兩根分別為x1,x2,則有x1x2=1,x1+x2=-a,所以x2=1x1,從而有a=-x1-1x1,則g(x1)-g(x2)=x1-1x1+-x1-1x1ln x1-1x1-x1+-x1-1x1ln1x1=2-x1-1x1ln x1+x1-1x1,令H(x)=2-x-1xlnx+x-1x,則H(x)=21x2-1ln x=2(1-x)(1+x)lnxx2,當x(0,1時,H(x)<0,所以H(x)在(0,1上單調遞減,又H(x1)=g(x1)-g1x1=g(x1)-g(x2),所以g(x1)-g(x2)的最小值為H(x)min=H(1)=0.18.(12分)已知函數(shù)f(x)=mx-nx-ln x,m,nR.(1)若函數(shù)f(x)在(2,f(2)處的切線與直線x-y=0平行,求實數(shù)n的值.(2)試討論函數(shù)f(x)在區(qū)間1,+)上的最大值.(3)若n=1時,函數(shù)f(x)恰有兩個零點x1,x2(0<x1<x2),求證:x1+x2>2.【解析】(1)由f(x)=n-xx2,f(2)=n-24,由于函數(shù)f(x)在(2,f(2)處的切線與直線x-y=0平行,故n-24=1,解得n=6.(2)f(x)=n-xx2(x>0),由f(x)<0時,x>n;f(x)>0時,x<n,所以當n1時,f(x)在1,+)上單調遞減,故f(x)在1,+)上的最大值為f(1)=m-n;當n>1,f(x)在1,n)上單調遞增,在n,+)上單調遞減,故f(x)在1,+)上的最大值為f(n)=m-1-ln n.(3)若n=1時,函數(shù)f(x)恰有兩個零點x1,x2(0<x1<x2),則f(x1)=mx1-1x1-ln x1 =0,f(x2)=mx2-1x2-ln x2=0,可得m=1x1+ln x1=1x2+ln x2. 于是x2-x1x1x2=ln x2-ln x1=ln x2x1.令t=x2x1>1,則ln t=t-1tx1,x1=t-1tlnt,于是x1+x2=x1(t+1)=t2-1tlnt,所以x1+x2-2=2(t2-12t-lnt)lnt,記函數(shù)h(t)=t2-12t-ln t,因h(t)=(t-1)22t2>0,所以h(t)在(1,+)上遞增,因為t>1,所以h(t)>h(1)=0,又t=x2x1>1,ln t>0,故x1+x2>2成立.19.(12分)(2018南京一模)已知函數(shù)f(x)=lnxx,g(x)=38x2-2x+2+xf(x).(1)求函數(shù)y=g(x)的單調區(qū)間.(2)若函數(shù)y=g(x)在en,+)(nZ)上有零點,求n的最大值.【解析】(1)由題知g(x)的定義域為(0,+).因為g(x)=(3x-2)(x-2)4x,所以函數(shù)g(x)的單調遞增區(qū)間為0,23和2,+),g(x)的單調遞減區(qū)間為23,2.(2)因為g(x)在x23,+上的最小值為g(2),且g(2)=3822-4+2+ln 2=ln 2-12=ln4-12>0,故g(x)在x23,+上沒有零點.從而,要想使函數(shù)g(x)在en,+)(nZ)上有零點,并考慮到g(x)在0,23上單調遞增,且在23,2上單調遞減,故只需en<23且f(en)0即可.易驗證g(e-1)=38e-2-2e-1+1>0,g(e-2)=381e4-2e2+2+ln e-2=1e2381e2-2<0.當n-2且nZ時均有g(en)<0.即函數(shù)g(x)在en,e-1en,+)(nZ)上有零點.所以n的最大值為-2.20.(12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x.(1)若曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=-2,求f(x)的單調區(qū)間.(2)若x>0時,f(x)x<f(x)2恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+).由已知得f(x)=1x+ax-(a+1),則f(1)=0.而f(1)=-a2-1,所以曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為y=-a2-1.所以-a2-1=-2,解得a=2.所以f(x)=ln x+x2-3x,f(x)=1x+2x-3.由f(x)>0,得0<x<12或x>1,由f(x)<0,得12<x<1,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為0,12和(1,+),單調遞減區(qū)間為12,1.(2)由f(x)x<f(x)2,得lnxx+a2x-(a+1)<12x+ax2-a+12,即lnxx-12x<a+12,在區(qū)間(0,+)上恒成立.設h(x)=lnxx-12x,則h(x)=1-lnxx2+12x2=3-2lnx2x2,由h(x)>0,得0<x<e32,因而h(x)在0,e32上單調遞增,由h(x)<0,得x>e32,因而h(x)在e32,+)上單調遞減.所以h(x)的最大值為h(e32)=e-32,所以a+12>e-32,故a>2e-32-1.從而實數(shù)a的取值范圍為(2e-32-1,+).21.(12分)(2018山東省實驗中學一模)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值.(2)設m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,1+121+1221+12n<m,求m的最小值.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+).若a0,因為f12=-12+aln 2<0,所以不滿足題意;若a>0,由f(x)=1-ax=x-ax知,當x(0,a)時,f(x)<0;當x(a,+)時,f(x)>0.所以f(x)在(0,a)上單調遞減,在(a,+)上單調遞增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值點.由于f(1)=0,所以當且僅當a=1時,f(x)0.故a=1.(2)由(1)知當x(1,+)時,x-1-ln x>0.令x=1+12n,得ln1+12n<12n.從而ln1+12+ln1+122+ln1+12n<12+122+12n=1-12n<1.故1+121+1221+12n<e.而1+12(1+122)1+123>2,所以整數(shù)m的最小值為3.22.(14分)(2018洛陽一模)已知a為實數(shù),函數(shù)f(x)=aln x+x2-4x.(1)是否存在實數(shù)a,使得f(x)在x=1處取得極值?證明你的結論.(2)設g(x)=(a-2)x,若x01e,e,使得f(x0)g(x0)成立,求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),f(x)=ax+2x-4=2x2-4x+ax.假設存在實數(shù)a,使f(x)在x=1處取極值,則f(1)=0,所以a=2,此時,f(x)=2(x-1)2x,當x>0時,f(x)0恒成立,所以f(x)在(0,+)上單調遞增,所以x=1不是f(x)的極值點.故不存在實數(shù)a,使得f(x)在x=1處取得極值.(2)由f(x0)g(x0),得(x0-ln x0)ax02-2x0,記F(x)=x-ln x(x>0),所以F(x)=x-1x(x>0),所以當0<x<1時,F(x)<0,F(x)單調遞減;當x>1時,F(x)>0,F(x)單調遞增.所以F(x)>F(1)=1>0,所以ax02-2x0x0-lnx0,記G(x)=x2-2xx-lnx,x1e,e,所以G(x)=(2x-2)(x-lnx)-(x-2)(x-1)(x-lnx)2=(x-1)(x-2lnx+2)(x-lnx)2.因為x1e,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)0,所以x-2ln x+2>0,所以x1e,1時,G(x)<0,G(x)單調遞減;x(1,e時,G(x)>0,G(x)單調遞增,所以G(x)min=G(1)=-1,所以aG(x)min=-1.故實數(shù)a的取值范圍為-1,+).【提分備選】1.已知定義在R上的函數(shù)y=fx滿足:函數(shù)y=f(x+1)的圖象關于直線x=-1對稱,且當x-,0時,fx+xfx<0(fx是函數(shù)fx的導函數(shù))成立.若a=sin 12fsin 12,b=ln2fln2,c=log1214flog1214,則a,b,c的大小關系是()A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.a>c>b【解析】選A.易知f(x)的圖象關于y軸對稱,設F(x)=xf(x),當x(-,0)時,F(x)=f(x)+xf(x)<0,所以F(x)在(-,0)上為減函數(shù),且F(x)為奇函數(shù),所以F(x)在R上是遞減函數(shù).因為0<sin 12<sin 6=12,12=lne<ln 2<1,log1214=2>1,所以Fsin 12>F(ln 2)>Flog1214,即a>b>c.2.設函數(shù)fx=ln x-12ax2-bx,若x=1是fx的極大值點,則a的取值范圍為()A.-1,0B.-1,+C.0,+D.-,-10,+【解析】選B.因為f(x)=ln x-12ax2-bx,所以x>0,f(x)=1x-ax-b,由f(1)=0得b=1-a,所以f(x)=1x-ax+a-1=-(ax+1)(x-1)x,當a0時,由f(x)=0,得x=1,當0<x<1時,f(x)>0,此時f(x)單調遞增;x>1時,f(x)<0,此時f(x)單調遞減,所以x=1是f(x)的極大值點;當a<0時,由f(x)=0,得x=1或x=-1a,因為x=1是f(x)的極大值點,所以-1a>1,解得-1<a<0.綜合得,a的取值范圍是a>-1.3.設函數(shù)f(x)=ex(x3-3x+3)-aex-x(x-2),若不等式f(x)0有解,則實數(shù)a的最小值為()A.1-1eB.2-1eC.1e-1D.1+e2【解析】選A.因為f(x)=ex(x3-3x+3)-aex-x0,所以ax3-3x+3-xex,令gx=x3-3x+3-xex,gx=3x2-3+x-1ex=x-13x+3+1ex,故當x-2,1時,gx<0,當x1,+時,gx>0,故gx在x-2,1上是減函數(shù),在x1,+上是增函數(shù),故gxmin=g1=1-3+3-1e=1-1e.4.已知aR,若f(x)=x+axex在區(qū)間0,1上只有一個極值點,則a的取值范圍為()A.a>0B.a1C.a>1D.a0【解析】選A.易得f(x)=exx3+x2+ax-ax2,設h(x)=x3+x2+ax-a,則h(x) =3x2+2x+a,當a>0時,h(x)>0在(0,1)上恒成立,即函數(shù)在(0,1)上為增函數(shù),而h(0)=-a<0,h(1)=2>0,則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1)上有且只有一個零點x0,使f(x0)=0,且在(0,x0)上,f(x)<0,在(x0,1)上f(x)>0,故x=x0為函數(shù)f(x)在(0,1)上唯一的極小值點;當a=0時,h(x)=3x2+2x>0在區(qū)間(0,1)上恒成立,則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1)上為增函數(shù),又h(0)=0,所以h(x)>0在區(qū)間(0,1)上恒成立,所以f(x)在區(qū)間(0,1)上無極值;當a<0時,h(x)=x3+x2+ax-a=x3+x2+a(x-1),因為x(0,1),所以總有h(x)>0成立,即f(x)>0成立,故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上為單調增函數(shù),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上無極值,綜上,a>0.5.已知定義在0,+上的函數(shù)fx,滿足:(1)fx>0;(2)fx<fx <2fx(其中fx是fx的導函數(shù)),則f1f2的取值范圍為()A.12e2,1eB.1e2,1eC.e,2eD.e,e3【解析】選B.構造函數(shù)g(x)=f(x)ex,x(0,+),則由f(x)<f(x)得g(x)>0在(0,+)上恒成立,則函數(shù)g(x)在(0,+)上單調遞增,所以g(1)<g(2),即f(1)e<f(2)e2,又因為f(x)>0,所以f(1)f(2)<ee2,即f(1)f(2)<1e.構造函數(shù)h(x)=f(x)(ex)2,x(0,+),又f(x)<2f(x),所以h(x)<0在(0,+)上恒成立,則函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+)上單調遞減,所以h(1)>h(2),即f(1)e2>f(2)e4,又因為f(x)>0,所以f(1)f(2)>e2e4,即f(1)f(2)>1e2,所以1e2<f(1)f(2)<1e.6.函數(shù)fx=1+cosxsin x在-,上的圖象大致是()【解析】選A.對函數(shù)進行求導:fx=-sinxsin x+1+cosxcos x=cosx+12cosx-1,由fx>0可得:-3<x<3,即函數(shù)fx在區(qū)間-3,3上是增函數(shù),在區(qū)間-,-3和區(qū)間3,上是減函數(shù),觀察所給選項,只有A選項符合題意.