安徽省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練22 解答題專項訓練(函數(shù)與導數(shù)) 文

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1、專題升級訓練22　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．(2020·合肥六中沖刺卷，文18)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4，其中a為實數(shù)． (1)若函數(shù)y＝f(x)在點P(1，f(1))處的切線傾斜角為，求單調遞減區(qū)間； (2)若存在x0∈(0

2、，＋∞)，使得f(x0)＞0，求a的取值范圍． 4．某高新區(qū)引進一高科技企業(yè)，投入資金720萬元建設基本設施，第一年各種運營費用120萬元，以后每年增加40萬元；每年企業(yè)銷售收入500萬元，設f(n)表示前n年的純收入．(f(n)＝前n年的總收入－前n年的總支出－投資額) (1)從第幾年開始獲取純利潤？ (2)若干年后，該企業(yè)為開發(fā)新產(chǎn)品，有兩種處理方案： ①年平均利潤最大時，以480萬元出售該企業(yè)； ②純利潤最大時，以160萬元出售該企業(yè)； 問哪種方案最合算？ 5.已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a∈R)． (1)討論f(x)＝ex－ax－1(a∈R)的單調性； (2)若

3、a＝1，求證：當x≥0時，f(x)≥f(－x)． 6．(2020·安徽江南十校二模，文19)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋bx2在點(1，f(1))處的切線方程為x－y－1＝0. (1)求f(x)的表達式； (2)求函數(shù)g(x)＝f(x)＋在[1，e]上的最小值(注：e為自然對數(shù)的底數(shù))． 7．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調區(qū)間； (2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 8．已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2ln x＋b，其中a＞0，設兩曲線y＝f(x)，y＝

4、g(x)有公共點，且在該點處的切線相同． (1)用a表示b，并求b的最大值； (2)求證：f(x)≥g(x)(x＞0)． 參考答案 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)， 則f′(x)≥0在[2，＋

5、∞)上恒成立， 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， 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)＝－3x2＋2ax，所以f′(1)＝1，即－3＋2a＝1，所以a＝2. 由f′(x)＝－3x2＋4x＝－3x＜0，得x＜0或x＞， 所以單調遞減區(qū)間是(

6、－∞，0)，. (2)f′(x)＝－3x，x∈(0，＋∞)， ①當a≤0時，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)， 所以f(x)＜f(0)＝－4，所以a≤0時，不存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)＞0. ②當a＞0時，f(x)在上遞增，在上遞減， 所以x∈(0，＋∞)時，f(x)的極大值為f＝－4，令－4＞0，得a＞3. 綜上所述，a的取值范圍是(3，＋∞)． 4．解：由題意知每年的運營費用是以120為首項，40為公差的等差數(shù)列，則f(n)＝500n－－720＝－20n2＋400n－720. (1)獲取純利潤就是要求f(n)＞0，故有－20n2＋400n－720

7、＞0，解得2＜n＜18.又n∈N*，知從第三年開始獲取純利潤． (2)①年平均利潤＝400－20≤160，當且僅當n＝6時取等號．故此方案獲利6×160＋480＝1 440(萬元)，此時n＝6. ②f(n)＝－20n2＋400n－720＝－20(n－10)2＋1 280，當n＝10時，f(n)max ＝1 280. 故此方案共獲利1 280＋160＝1 440(萬元)． 比較兩種方案，在同等數(shù)額獲利的基礎上，第①種方案只需6年，第②種方案需要10年，故選擇第①種方案． 5．(1)解：f′(x)＝ex－a. 當a≤0時，f′(x)≥0恒成立， 當a＞0時，令f′(x)＞0，得x＞l

8、n a；令f′(x)＜0，得x＜ln a. 綜上，當a≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增； 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， ∴g(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，∴g(x)≥g(0)＝0， ∴f(x)≥f(－x)． 6．解：(1)根據(jù)題意，由f(1)＝0，,f′(1)＝1，解得a＝1，b＝0，f(x)＝ln x. (2)g(x)＝f(x)＋＝ln x＋(x＞0)， ∴令g′(x)＝－＝0，得x＝. 當x∈(1，)時，g′(x)＜0；

9、當x∈(，e)時，g′(x)＞0. ∴g(x)在x＝處取唯一的極小值，即最小值，此時，g(x)min＝g()＝. 函數(shù)g(x)在[1，e]上的最小值為. 7．解：(1)f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2＝ex－f(0)x＋x2f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x， 令x＝1得：f(0)＝1. f(x)＝f′(1)ex－1－x＋x2f(0)＝f′(1)e－1＝1f′(1)＝e， 得：f(x)＝ex－x＋x2.令g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x， 則g′(x)＝ex＋1＞0y＝g(x)在x∈R上單調遞增， ∴f′(x)在R上單調遞增， f′(x)＞0＝f′(

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

11、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)＞00＜x＜，F(xiàn)′(x)＜0x＞. 當x＝時，F(xiàn)(x)max ＝. 當a＝－1，b＝時，(a＋1)b的最大值為. 8．(1)解：設曲線y＝f(x)與y＝g(x)(x＞0)在公共點(x0，y0)處的切線相同， ∵f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝， ∴依題意得 即 由x0＋2a＝，得x0＝a或x0＝－3a(舍去)， 則b＝a2＋2a2－3a2ln a＝a2－3a2ln a. 令h(t)＝t2－3t2ln t(t

12、＞0)， 則h′(t)＝2t(1－3ln t)， 由h′(t)＝0得t＝或t＝0(舍去)． 當t變化時，h′(t)，h(t)的變化情況如下表： t (0，) (，＋∞) h′(t) ＋ 0 － h(t) ↗ 極大值 ↘ 于是函數(shù)h(t)在(0，＋∞)上的最大值為h()＝， 即b的最大值為. (2)證明：設F(x)＝f(x)－g(x) ＝x2＋2ax－3a2ln x－b(x＞0)， 則F′(x)＝x＋2a－＝(x＞0)， 由F′(x)＝0得x＝a或x＝－3a(舍去)． 當x變化時，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)的變化情況如下表： x (0，a) a (a，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x) ↘ 極小值 ↗ 結合(1)可知函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上的最小值是F(a)＝f(a)－g(a)＝0. 故當x＞0時，有f(x)－g(x)≥0， 即當x＞0時，f(x)≥g(x)．