江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導數(shù)”達標訓練（含解析）

《江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導數(shù)”達標訓練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導數(shù)”達標訓練（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.5 專題提能—“函數(shù)、不等式與導數(shù)”達標訓練（含解析） 1．函數(shù)f(x)＝的定義域為________________． 解析：由題意得 解得x＞且x≠1， 故函數(shù)的定義域是. 答案： 2．y＝的值域是________． 解析：令t＝x－1，得x＝t＋1， 則y＝＝t＋＋1， 當t>0時，y＝t＋＋1≥2＋1＝3， 當且僅當t＝1，即x＝2時取等號． 同理：當t<0時，y＝t＋＋1＝－＋1≤－2＋1＝－1， 當且僅當t＝－1，即x＝0時取等號． 所以該函數(shù)的值域是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案：(－

2、∞，－1]∪[3，＋∞) 3．若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________． 解析：由題意，知函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，解得x＝. 所以函數(shù)f(x)在上單調遞減，在上單調遞增． 故有解得1≤k<. 答案： 4．設f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且滿足x>0時，f(x)＋xf′(x)>0，f(2)＝0，則不等式f(x)>0的解集為________． 解析：令F(x)＝xf(x)，則F′(x)＝f(x)＋xf′(x)． ∵x>0時，f(x)＋xf′(x)>0，

3、∴F(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， ∴F(x)＝xf(x)是定義在R上的偶函數(shù)． ∵f(2)＝0，∴F(－2)＝F(2)＝2f(2)＝0. ∴f(x)>0等價于或 解得x>2或－2

4、可得－＜ln m－ln n， 即＋ln n＜＋ln m. 設f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，則f′(x)＝－＋＝. 因為x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調遞增． 因為f(n)＜f(m)，所以n＜m. 答案：n＜m 3．已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)F(x)＝f[f(x)]－2f(x)－的零點個數(shù)是________． 解析：令f(x)＝t，則函數(shù)F(x)可化為y＝f(t)－2t－，則函數(shù)F(x)的零點問題可轉化為方程f(t)－2t－＝0的根的問題．令y＝f(t)－2t－＝0，即f(t)＝2t＋，如圖①，由數(shù)形結合得t1＝0,1

5、再由數(shù)形結合得，當f(x)＝0時，x＝2，有1個解，當f(x)＝t2時，有3個解，所以y＝f[f(x)]－2f(x)－共有4個零點． 答案：4 4．已知函數(shù)f(x)＝xln x，若對于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實數(shù)a的取值范圍． 解：法一：分離參數(shù)法 依題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)恒成立，亦即a≤min，x∈[1，＋∞)． 設g(x)＝ln x＋(x≥1)，則g′(x)＝－＝. 令g′(x)＝0，得x＝1. 當x≥1時，因為g′(x)≥0， 故g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)． 所以g(x)在[1，＋

6、∞)上的最小值是g(1)＝1. 故a的取值范圍是(－∞，1]． 法二：構造函數(shù)法 當x＝1時，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1. 構造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1， 原命題等價于F(x)≥0在x≥1上恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)． 由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上單調遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范圍是(－∞，1]． 5．設函數(shù)f(x)＝－aln x. (1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；

7、 (2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值； (3)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內恰有兩個零點，試求a的取值范圍． 解：(1)當a＝1時，f(x)＝－ln x，則f′(x)＝x－， 所以f′(1)＝0，又f(1)＝， 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝0×(x－1)，即y＝. (2)由f(x)＝－aln x，得f′(x)＝x－＝(x>0)． ①當a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，函數(shù)既無極大值，也無極小值； ②當a>0時，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)． 于是，當x變化時，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：

8、 x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)   所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0，)，單調遞增區(qū)間是(，＋∞)． 函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無極大值． 綜上可知，當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，函數(shù)f(x)既無極大值也無極小值； 當a>0時，函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，)，單調遞增區(qū)間為(，＋∞)，函數(shù)f(x)有極小值，無極大值． (3)當a≤0時，由(2)知函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內至多有一個零點，不合題意． 當a>0時，由(2)知，當x

9、∈(0，)時，函數(shù)f(x)單調遞減；當x∈(，＋∞)時，函數(shù)f(x)單調遞增，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為f()＝. 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2]內恰有兩個零點，則需滿足即整理得 所以e0，y>0， 知＋＝1，且a>0，b>0， 則x＋2y＝(x＋2y)＝2a＋8b＋4≥2a＋8b＋4·2， 當且僅當y＝x時取等號， 即x＋2y的最小值為2a＋8b＋32， 由條件得2a＋8b＋32＝6

10、4，即a＋4b＝16. 又ab＝16， 所以a＝8，b＝2，故ab＝82＝64. 答案：64 2．定義運算ab＝則關于非零實數(shù)x的不等式4≥8的解集為________________________________________________． 解析：當x≤－1時，因為x＋<0，x≤， 故原不等式可化為x＋≥8x，在(－∞，－1]上恒成立； 當－1， 故原不等式可化為x＋≥，在(－1,0)上恒成立； 當04，x<， 故原不等式可化為4≥8x，解得01時，因為x＋≥4，x>， 故原不等式可化為4≥

11、，解得x≥2. 綜上所述，原不等式的解集為(－∞，0)∪∪[2，＋∞)． 答案：(－∞，0)∪∪[2，＋∞) 3．已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)．對于函數(shù)y＝g(x)(x∈I)，定義g(x)關于f(x)的“對稱函數(shù)”為函數(shù)y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)滿足：對任意x∈I，兩個點(x，h(x))，(x，g(x))關于點(x，f(x))對稱．若h(x)是g(x)＝關于f(x)＝3x＋b的“對稱函數(shù)”，且h(x)>g(x)恒成立，則實數(shù)b的取值范圍是________． 解析：由于g(x)＝的圖象是圓x2＋y2＝4在x軸上方的半圓(包括與x軸的交點)，設這個半圓的一條切線方程為y＝3x＋

12、b1，則有＝2，解得b1＝2，要使得h(x)>g(x)恒成立，則需b>b1＝2. 故實數(shù)b的取值范圍為(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞) 4．定義區(qū)間(a，b)，[a，b)，(a，b]，[a，b]的長度均為d＝b－a.用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，記{x}＝x－[x]，其中x∈R.設f(x)＝[x]·{x}，g(x)＝x－1，若用d表示不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長度，則當0≤x≤3時，d＝________. 解析：f(x)＝[x]·{x}＝[x]·(x－[x])＝[x]x－[x]2， 由f(x)＜g(x)得[x]x－[x]2＜x－1， 即([x]－1)·x＜[x]2－1.

13、 當x∈[0,1)時，[x]＝0， 不等式的解為x＞1，不合題意； 當x∈[1,2)時，[x]＝1，不等式為0＜0，無解，不合題意； 當x∈[2,3]時，[x]＞1， 所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1等價于x＜[x]＋1，此時恒成立， 所以不等式的解為2≤x≤3， 所以當0≤x≤3時，不等式f(x)＜g(x)解集區(qū)間的長度為d＝1. 答案：1 5．已知f(x)是定義在集合M上的函數(shù)．若區(qū)間D?M，且對任意x0∈D，均有f(x0)∈D，則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上封閉． (1)判斷f(x)＝x－1在區(qū)間[－2,1]上是否封閉，并說明理由； (2)若函數(shù)g(x)＝在區(qū)間

14、[3,10]上封閉，求實數(shù)a的取值范圍； (3)若函數(shù)h(x)＝x3－3x在區(qū)間[a，b](a，b∈Z，且a≠b)上封閉，求a，b的值． 解：(1)因為函數(shù)f(x)＝x－1在區(qū)間[－2,1]上單調遞增，所以當x∈[－2,1]時，f(x)的值域為[－3,0]． 而[－3,0]?[－2,1]，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,1]上不是封閉的． (2)因為g(x)＝＝3＋. ①當a＝3時，函數(shù)g(x)＝3，顯然{3}?[3,10]，故a＝3滿足題意； ②當a＞3時，在區(qū)間[3,10]上，函數(shù)g(x)單調遞減，此時g(x)的值域為. 由?[3,10]得 解得3≤a≤31，故3＜a≤31；

15、 ③當a＜3時，在區(qū)間[3,10]上，有g(x)＝3＋＜3，不合題意． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[3,31]． (3)因為h(x)＝x3－3x， 所以h′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)． 因為當x＜－1或x＞1時，h′(x)＞0；當x＝－1或x＝1時，h′(x)＝0；當－1＜x＜1時，h′(x)＜0， 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(－∞，－1)上單調遞增，在區(qū)間(－1,1)上單調遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增． 從而h(x)在x＝－1處取得極大值2，在x＝1處取得極小值－2. 由題意知 即解得 因為a＜b，所以－2≤a≤0,0≤b≤2. 又a，b∈Z，故a只

16、可能?。?，－1,0，b只可能取0,1,2. ①當a＝－2時，因為b＞0，故由h(－1)＝2得b≥2，因此b＝2.經檢驗，a＝－2，b＝2符合題意； ②當a＝－1時，由h(－1)＝2，得b＝2，此時h(1)＝－2∈ /[－1,2]，不符合題意； ③當a＝0時，顯然不符合題意． 綜上所述，a＝－2，b＝2. 6．設函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－aln x. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求滿足條件的最小正整數(shù)a的值； (3)若方程f(x)＝c有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，求證：f′＞0. 解：(1)f′(x)＝2x－(a－2)－＝ ＝

17、(x＞0)． 當a≤0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，所以函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)， 當a＞0時，由f′(x)＞0得x＞，函數(shù)f(x)在上單調遞增；由f′(x)＜0得0＜x＜，函數(shù)f(x)在上單調遞減． 綜上可知，當a≤0時，函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)；當a>0時函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為，單調減區(qū)間為. (2)由(1)得若函數(shù)f(x)有兩個零點，則a＞0，且f(x)的最小值f＜0，即－a2＋4a－4aln＜0. 因為a＞0，所以a＋4ln －4＞0. 令h(a)＝a＋4ln －4，顯然h(a)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h(2)

18、＝－2＜0，h(3)＝4ln －1＝ln －1＞0， 所以存在a0∈(2,3)，h(a0)＝0. 當a＞a0時，h(a)＞0；當0＜a＜a0時，h(a)＜0. 所以滿足條件的最小正整數(shù)a＝3. 又當a＝3時，f(3)＝3(2－ln 3)＞0，f(2)＝2－3ln 2<0，f(1)＝0，所以當a＝3時，f(x)有兩個零點． 綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3. (3)證明：因為x1，x2是方程f(x)＝c的兩個不相等的實根，由(1)知a＞0.不妨設0＜x1＜x2， 則x－(a－2)x1－aln x1＝c， x－(a－2)x2－aln x2＝c. 兩式相減得x＋2x1－x－

19、2x2＝ax1＋aln x1－ax2－aln x2＝a(x1＋ln x1－x2－ln x2)． 所以a＝. 又因為f′＝0，當x∈時，f′(x)＜0，當x∈時，f′(x)＞0， 故只要證＞即可， 即證明x1＋x2＞， 即證明x－x＋(x1＋x2)(ln x1－ln x2)＜x＋2x1－x－2x2，即證明ln＜. 設t＝(0＜t＜1)． 令g(t)＝ln t－， 則g′(t)＝－＝. 因為t＞0，所以g′(t)≥0，當且僅當t＝1時，g′(t)＝0，所以g(t)在(0,1)上是增函數(shù)． 又因為g(1)＝0，所以當t∈(0,1)時，g(t)＜0總成立． 即不等式ln <總成立， 所以原不等式得證．