安徽省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練25 解答題專項訓練函數(shù)與導數(shù) 理

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1、專題升級訓練25 解答題專項訓練(函數(shù)與導數(shù))1已知函數(shù)f(x)x2(x0，aR)(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)axb(a0)(1)求f(x)的最小值；(2)若曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為yx，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).(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)當取何值時，方程f(x)在(1,1)上有實數(shù)解？4某高新區(qū)引進一高科技企業(yè)，投入資金720萬元建設(shè)

2、基本設(shè)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(shè)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：年平均利潤最大時，以480萬元出售該企業(yè)；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(2020安徽師大附中五模，理21)已知函數(shù)f(x)exax1(a0，e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若f(x)0對任意的xR恒成立，求實數(shù)a的值；(3)在(2)的條件下，證明：nnnn(其中nN*)6已知函數(shù)f(x)在x1處取得

3、極值2，設(shè)函數(shù)yf(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；(2)若對于任意0x1x21，存在k，使得k，求證：x1|x0|0)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若x2，證明：1ln(x2)x1.8已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)x22ax，g(x)3a2ln xb，其中a0，設(shè)兩曲線yf(x)，yg(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)(x0)參考答案1解：(1)當a0時，f(x)x2，對任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x)，f(x)為偶函數(shù)當a0時，f(x)x2(a0，x0

4、)，取x1，得f(1)f(1)20，f(1)f(1)2a0，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，)上恒成立，即2x0在2，)上恒成立，即a2x3在2，)上恒成立，只需a(2x3)min，x2，)，a16.a的取值范圍是(，162解：(1)f(x)axb2bb2，當且僅當ax1時，f(x)取得最小值為b2.(2)由題意得：f(1)ab，f(x)af(1)a，由得：a2，b1.3解：(1)f(x)是xR上的奇函數(shù)，f(0)0.設(shè)x(1,0)，則x(0,1)，f(x)f(x)，f(x)，f(x)(2)設(shè)0x

5、1x21，f(x1)f(x2)，0x1x21，201，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)0，故有20n2400n7200，解得2n0，f(x)exa，由f(x)exa0得xln a.當x(，ln a)時，f(x)0.f(x)在(，ln a)單調(diào)遞減，在(ln a，)單調(diào)遞增即f(x)在xln a處取得極小值，且為最小值，其最小值為f(ln a)eln aaln a1aaln a1.(2)f(x)0對任意的xR恒成立，即在xR上，f(x)min0.設(shè)g(a)aaln a1.由(1)知g(a)為f(x)的最小值，即g(a)0.由g(

6、a)1ln a1ln a0，得a1.易知g(a)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，g(a)在a1處取得最大值，而g(1)0，因此g(a)0的解為a1，a1.(3)由(2)知，對任意實數(shù)x均有exx10，即1xex.令x(nN*，k0,1,2,3，n1)，則01.n()nek.nnnne(n1)e(n2)e2e110x(1,1)f(x)的增區(qū)間為(1,1)，故當0x1x20，即k0，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)kx2f(x1)kx1，記h(x)f(x)kx，則h(x2)h(x1)h(x)f(x)k，則h(x0

7、)0，設(shè)g(x)，x(0,1)，g(x)x0時，有f(x)f(x0)k，此時h(x)0，h(x)為減函數(shù)當x0，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x1x0x2.綜上，有x1|x0|0，22，令f(x)0得2x；令f(x)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)由(1)知，a1時，f(x)ln(x2)(x1)，此時f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，)，x2時，f(x)f(1)，即ln(x2)(x1)ln 100，ln(x2)x1.令g(x)ln(x2)1，則g(x).當x(2，1)時，g(x)0，當x2時

8、，g(x)g(1)即ln(x2)10.ln(x2)1.由可知，當x2時，1ln(x2)x1.8(1)解：設(shè)曲線yf(x)與yg(x)(x0)在公共點(x0，y0)處的切線相同，f(x)x2a，g(x)，依題意得即由x02a，得x0a或x03a(舍去)，則ba22a23a2ln aa23a2ln a.令h(t)t23t2ln t(t0)，則h(t)2t(13ln t)，由h(t)0得t或t0(舍去)當t變化時，h(t)，h(t)的變化情況如下表：t(0，)(，)h(t)0H(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(shè)F(x)f(x)g(x)x22ax3a2ln xb(x0)，則F(x)x2a(x0)，由F(x)0得xa或x3a(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)0F(x)極小值結(jié)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x0時，有f(x)g(x)0，即當x0時，f(x)g(x)