2020年全國高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練26 解答題專項訓練(函數(shù)與導數(shù)) 理

專題升級訓練26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已知函數(shù)f(x)ln (x1)(aR)(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)如果當x1，且x2時，恒成立，求實數(shù)a的取值范圍6已知函數(shù)f(x)在x1處取得極值2，設函數(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|x2.7已知函數(shù)f(x)滿足f(x)f(1)ex1f(0)xx2.(1)求f(x)的解析式及單調區(qū)間；(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值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)，取x±1，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x(1,0)，則x(0,1)，f(x)f(x)，f(x)，f(x)(2)設0x1x21，f(x1)f(x2)，0x1x21，1，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，或0時，方程f(x)在x(1,1)上有實數(shù)解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)500n72020n2400n720.(1)獲取純利潤就是要求f(n)0，故有20n2400n7200，解得2n18.又nN*，知從第三年開始獲取純利潤(2)年平均利潤40020160，當且僅當n6時取等號故此方案獲利6×1604801 440(萬元)，此時n6.f(n)20n2400n72020(n10)21 280，當n10時，f(n)max 1 280.故此方案共獲利1 2801601 440(萬元)比較兩種方案，在同等數(shù)額獲利的基礎上，第種方案只需6年，第種方案需要10年，故選擇第種方案5解：(1)定義域為(1，)f(x).設g(x)x22ax2a，4a28a4a(a2)當a0時，對稱軸為xa，g(x)g(1)0，所以f(x)0，f(x)在(1，)上是增函數(shù)；當0a2時，g(x)(xa)22aa20，所以f(x)0，f(x)在(1，)上是增函數(shù)；當a2時，令g(x)0，得x1a1，x2a.令f(x)0，解得1xx1，或xx2；令f(x)0，解得x1xx2.所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，x1)和(x2，)；f(x)的單調遞減區(qū)間為(x1，x2)(2)可化為0.()設h(x)f(x)a，由(1)知：當a2時，h(x)在(1，)上是增函數(shù)；若x(1,2)，則h(x)h(2)0；若x(2，)，則h(x)h(2)0.所以，當a2時，()式成立當a2時，h(x)在(x1,2)上是減函數(shù)，所以h(x)h(2)0，()式不成立綜上，實數(shù)a的取值范圍是(，26(1)解：f(x).由f(1)0及f(1)2，得a4，b1.kf(x0)4，設t，t(0,1，得k.(2)證明：f(x)，令f(x)0x(1,1)f(x)的增區(qū)間為(1,1)，故當0x1x21時，0，即k0，故x0(1,1)由于f(x0)f(x0)，故只需要證明x0(0,1)時結論成立由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)0，設g(x)，x(0,1)，g(x)0，g(x)為減函數(shù)，故f(x)為減函數(shù)故當xx0時，有f(x)f(x0)k，此時h(x)0，h(x)為減函數(shù)當xx0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x1x0x2.綜上，有x1|x0|x2成立7解：(1)f(x)f(1)ex1f(0)xx2exf(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x，令x1得：f(0)1.f(x)f(1)ex1xx2f(0)f(1)e11f(1)e，得：f(x)exxx2.令g(x)f(x)ex1x，則g(x)ex10yg(x)在xR上單調遞增，f(x)在R上單調遞增，f(x)0f(0)x0，f(x)0f(0)x0，得：f(x)的解析式為f(x)exxx2，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)x2axb，則h(x)ex(a1)xb0，h(x)ex(a1)當a10時，h(x)0yh(x)在xR上單調遞增，x時，h(x)與h(x)0矛盾當a10時，h(x)0xln (a1)，h(x)0xln (a1)，得：當xln (a1)時，h(x)min(a1)(a1)ln (a1)b0，(a1)b(a1)2(a1)2ln (a1)，(a10)令F(x)x2x2ln x(x0)，則F(x)x(12ln x)，F(xiàn)(x)00x，F(xiàn)(x)0x.當x時，F(xiàn)(x)max.當a1，b時，(a1)b的最大值為.8(1)解：設曲線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，即b的最大值為.(2)證明：設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)