解答題專項訓練(函數(shù)與導數(shù))

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1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 專題升級訓練 　解答題專項訓練(函數(shù)與導數(shù)) 1.已知函數(shù)f(x)=x2+(x≠0,a∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的奇偶性,并說明理由; (2)若函數(shù)f(x)在[2,+∞)上為增函數(shù),求a的取值范圍. 2.設(shè)定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)=ax++b(a>0). (1)求f(x)的最小值; (2)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=x,求a,b的值. 3.已知定義在實數(shù)集R上的奇函數(shù)f(x)有最小正周期2,且當x∈(0,1)時,f(x)=.

2、 (1)求函數(shù)f(x)在(-1,1)上的解析式; (2)判斷f(x)在(0,1)上的單調(diào)性; (3)當λ取何值時,方程f(x)=λ在(-1,1)上有實數(shù)解? 4.(20xx·山東濟寧模擬,21)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x,g(x)=ax+,函數(shù)f(x)的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g(x)的圖象上,且在此點有公切線. (1)求a,b的值; (2)試比較f(x)與g(x)的大小. 5.已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(a∈R). (1)討論f(x)=ex-ax-1(a∈R)的單調(diào)性; (2)若a=1,求證:當x≥0時,f(x)≥f(-x). 6.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)

3、=f'(1)ex-1-f(0)x+x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值. 7.已知函數(shù)f(x)=在x=1處取得極值2,設(shè)函數(shù)y=f(x)圖象上任意一點(x0,f(x0))處的切線斜率為k. (1)求k的取值范圍;[來源:] (2)若對于任意0<x1<x2<1,存在k,使得k=,求證:x1<|x0|<x2.[來源:] 8.(20xx·山西太原模擬,21)設(shè)函數(shù)f(x)=x2+ax-ln x(a∈R). (1)當a=1時,求函數(shù)f(x)的極值; (2)當a>1時,

4、討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (3)若對任意a∈(3,4)及任意x1,x2∈[1,2],恒有m+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,求實數(shù)m的取值范圍. ## 1.解:(1)當a=0時,f(x)=x2, 對任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2=x2=f(x),∴f(x)為偶函數(shù). 當a≠0時,f(x)=x2+(a≠0,x≠0),取x=±1,得f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0,∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1).∴函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù). (2)若函數(shù)f(x)在[2,+∞)上為增函數(shù),

5、 則f'(x)≥0在[2,+∞)上恒成立,[來源:] 即2x-≥0在[2,+∞)上恒成立, 即a≤2x3在[2,+∞)上恒成立, 只需a≤(2x3)min,x∈[2,+∞),∴a≤16. ∴a的取值范圍是(-∞,16]. 2.解:(1)f(x)=ax++b≥2+b=b+2,[來源:] 當且僅當ax=1時,f(x)取得最小值為b+2. (2)由題意得:f(1)=?a++b=,① f'(x)=a-?f'(1)=a-,② 由①②得:a=2,b=-1. 3.解:(1)∵f(x)是x∈R上的奇函數(shù), ∴f(0)=0. 設(shè)x∈(-1,0),則-x∈(0,1

6、), f(-x)==-f(x), ∴f(x)=-, ∴f(x)= (2)設(shè)0<x1<x2<1,f(x1)-f(x2)=[來源:] =, ∵0<x1<x2<1, ∴>20=1, ∴f(x1)-f(x2)>0, ∴f(x)在(0,1)上為減函數(shù). (3)∵f(x)在(0,1)上為減函數(shù), ∴<f(x)<,即f(x)∈. 同理,f(x)在(-1,0)上的值域為. 又f(0)=0,∴當λ∈,或λ=0時, 方程f(x)=λ在x∈(-1,1)上有實數(shù)解. 4.解:(1)f(x)=ln x的圖象與x軸的交點坐標是(1,

7、0), 依題意,得g(1)=a+b=0,① 又f'(x)=,g'(x)=a-, ∵f(x)與g(x)在點(1,0)處有公切線, ∴g'(1)=f'(1)=1,即a-b=1.② 由①②得a=,b=-. (2)令F(x)=f(x)-g(x),則F(x)=ln x-=ln x-x+.∴F'(x)==-≤0. ∴F(x)在(0,+∞)上為減函數(shù), 當0<x<1時,F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x); 當x=1時,F(x)=F(1)=0,即f(x)=g(x); 當x>1時,F(x)<F(1)=0,即

8、f(x)<g(x). 綜上可知,當0<x≤1時,f(x)≥g(x);當x>1時,f(x)<g(x). 5. 解: (1) f'(x)=ex-a. 當a≤0時,f'(x)≥0恒成立, 當a>0時,令f'(x)>0,得x>ln a;令f'(x)<0,得x<ln a. 綜上,當a≤0時,f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增; 當a>0時,增區(qū)間是(ln a,+∞),減區(qū)間是(-∞,ln a). (2)證明:令g(x)=f(x)-f(-x)=ex--2x,g'(x)=ex+e-x-2≥0,

9、 ∴g(x)在[0,+∞)上是增函數(shù),∴g(x)≥g(0)=0,∴f(x)≥f(-x). 6.解:(1)f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+x2=ex-f(0)x+x2?f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x, 令x=1得f(0)=1. f(x)=f'(1)ex-1-x+x2?f(0)=f'(1)e-1=1?f'(1)=e, 得:f(x)=ex-x+x2.令g(x)=f'(x)=ex-1+x, 則g'(x)=ex+1>0?y=g(x)在x∈R上單調(diào)遞增,∴f'(x)在R上單調(diào)遞增,f'(

10、x)>0=f'(0)?x>0,f'(x)<0=f'(0)?x<0, 得f(x)的解析式為f(x)=ex-x+x2, 且單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0). (2)令h(x)=f(x)-x2-ax-b,則h(x)=ex-(a+1)x-b≥0,h'(x)=ex-(a+1). ①當a+1≤0時,h'(x)>0?y=h(x)在x∈R上單調(diào)遞增, x→-∞時,h(x)→-∞與h(x)≥0矛盾. ②當a+1>0時, h'(x)>0?x>ln(a+1),h'(x)<

11、0?x<ln(a+1), 得:當x=ln(a+1)時, h(x)min =(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b≥0, (a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+1>0). 令F(x)=x2-x2ln x(x>0),則F'(x)=x(1-2ln x), F'(x)>0?0<x<,F'(x)<0?x>. 當x=時,F(x)max =. 當a=-1,b=時,(a+1)b的最大值為. 7. 解: (1) f'(x)=. 由f'(1)=0及f(1)=2,得a=4,b=1. k

12、=f'(x0)=4, 設(shè)=t,t∈(0,1],得k∈. (2)證明:f'(x)=,令f'(x)>0?x∈(-1,1). f(x)的增區(qū)間為(-1,1), 故當0<x1<x2<1時,>0, 即k>0,故x0∈(-1,1). 由于f'(x0)=f'(-x0),故只需要證明x0∈(0,1)時結(jié)論成立. 由k=,得f(x2)-kx2=f(x1)-kx1, 記h(x)=f(x)-kx,則h(x2)=h(x1). h'(x)=f'(x)-k,則h'(x0)=0, 設(shè)g(x)=,x∈(0,

13、1),g'(x)=<0, g(x)為減函數(shù),故f'(x)為減函數(shù). 故當x>x0時,有f'(x)<f'(x0)=k,此時h'(x)<0,h(x)為減函數(shù). 當x<x0時,h'(x)>0,h(x)為增函數(shù). 所以h(x0)為h(x)的唯一的極大值,因此要使h(x2)=h(x1),必有x1<x0<x2. 綜上,有x1<|x0|<x2成立. 8.解:(1)函數(shù)的定義域為(0,+∞). 當a=1時,f(x)=x-ln x,f'(x)=1-, 當0<x<1時,f

14、'(x)<0;當x>1時,f'(x)>0.∴f(x)極小值=f(1)=1,無極大值. (2)f'(x)=(1-a)x+a-. 當=1,即a=2時,f'(x)=-≤0,f(x)在定義域上單調(diào)遞減; 當<1,即a>2時,令f'(x)<0,得0<x<或x>1. 令f'(x)>0,得<x<1. 當>1,即1<a<2時, 令f'(x)<0,得0<x<1或x>; 令f'(x)>0,得1<x<. 綜上知,當a=2時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 當a>2時,f(x)在和(1,+∞)上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增; 當1<a<2時,f(x)在(0,1)和上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. (3)由(2)知,當a∈(3,4)時,f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,f(1)是最大值,f(2)是最小值. ∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=+ln 2, ∴m+ln 2>+ln 2. 而a∈(3,4),經(jīng)整理得m>, 由3<a<4得0<,∴m≥.