《2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練23 解答題專項訓練 函數與導數 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練23 解答題專項訓練 函數與導數 文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練23 解答題專項訓練 函數與導數 文 1.已知函數f(x)=x2+(x≠0,a∈R). (1)討論函數f(x)的奇偶性,并說明理由; (2)若函數f(x)在[2,+∞)上為增函數,求a的取值范圍. 2.已知函數f(x)=ax2-ln x,a∈R. (1)求函數f(x)的單調區(qū)間; (2)若函數f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值為1,求a的值. 3.已知函數f(x)=x2+(x-1)|x-a|

2、. (1)若a=-1,解方程f(x)=1; (2)若函數f(x)在R上單調遞增,求實數a的取值范圍; (3)是否存在實數a,使不等式f(x)≥2x-3對一切實數x∈R恒成立?若存在,求出a的取值范圍,若不存在,請說明理由. 4.已知函數f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0). (1)若f(x)≤g(x)恒成立,求實數a的取值范圍; (2)當a取(1)中最小值時,求證:g(x)-f(x)≤x3. 5.(xx課標全國Ⅰ高考,文21)設函數f(x)=

3、aln x+x2-bx(a≠1),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率為0. (1)求b; (2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范圍. 6.已知函數f(x)=在x=1處取得極值2,設函數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; (2)若對于任意0

4、函數與導數) 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. 當a≠0時,f(x)=x2+(a≠0,x≠0), 令x=-1,得f(-1)=1-a, 令x=1,得f(1)=1+a, ∴f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0, ∴f(-1)≠-f(1),f(-1)≠f(1). ∴函數f(x)既不是奇函數,也不是偶函數. (2)若函數f(x)在[2,+∞)上為增函數, 則f'(x)≥0在[2,+∞)上恒成立, 即2x-≥0在[2,+∞)上恒成立, 即a≤

5、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:函數f(x)的定義域是(0,+∞),f'(x)=ax-. (1)①當a=0時,f'(x)=-<0,故函數f(x)在(0,+∞)上單調遞減. ②當a<0時,f'(x)<0恒成立,所以函數f(x)在(0,+∞)上單調遞減. ③當a>0時,令f'(x)=0,又因為x>0,解得x=. 當x∈時,f'(x)<0,所以函數f(x)在上單調遞減. 當x∈時,f'(x)>0,所以函數f(x)在上單調遞增. 綜上所述,當a≤0時,函數f(x)的單調減區(qū)間是(0,+

6、∞), 當a>0時,函數f(x)的單調減區(qū)間是,單調增區(qū)間為. (2)①當a≤0時,由(1)可知,f(x)在[1,e]上單調遞減,所以f(x)的最小值為f(e)=ae2-1=1,解得a=>0,舍去. ②當a>0時,由(1)可知, 當≤1,即a≥1時,函數f(x)在[1,e]上單調遞增,所以函數f(x)的最小值為f(1)=a=1,解得a=2. 當1<

7、,舍去. 綜上所述,a=2. 3.解:(1)當a=-1時, f(x)=x2+(x-1)|x+1|,故有 f(x)= 當x≥-1時,由f(x)=1,有2x2-1=1,解得x=1或x=-1, 當x<-1時,f(x)=1恒成立. 故方程的解集為{x|x≤-1或x=1}. (2)f(x)= 若f(x)在R上單調遞增,則有解得a≥. 故當a≥時,f(x)在R上單調遞增. (3)設g(x)=f(x)-(2x-3), 則g(x)= 不等式f(x)≥2x-3對一切實數x∈R恒成立,等價于不等式g(x)≥0對一切實數x∈R恒成立. ①若a>1,則1-a<0,即<0, 取x0=,此時

8、x0∈(-∞,a), g(x0)=g=(a-1)·-a+3=1-a<0, 即對任意的a>1,總能找到x0=,使得g(x0)<0, 故不存在a>1,使得g(x)≥0恒成立. ②若a=1,g(x)=其值域為[2,+∞), 所以g(x)≥0恒成立. ③若a<1, 當x∈(-∞,a)時,g(x)單調遞減,其值域為(a2-2a+3,+∞), 由于a2-2a+3=(a-1)2+2≥2,所以g(x)≥0成立. 當x∈[a,+∞)時,由a<1,知a<,g(x)在x=處取最小值, 令g=a+3-≥0,得-3≤a≤5. 又a<1,所以-3≤a<1. 綜上,a∈[-3,1]. 4.解:(1

9、)令h(x)=sin x-ax(x≥0),h'(x)=cos x-a. 若a≥1,則h'(x)=cos x-a≤0, h(x)=sin x-ax(x≥0)單調遞減, h(x)≤h(0)=0, 故sin x≤ax(x≥0)成立. 若a<1,則至少存在一個x0∈,使得x∈(0,x0),h'(x)=cos x-a>0,h(x)=sin x-ax(x∈(0,x0))單調遞增,h(x)>h(0)=0,不合題意,舍去. 綜上可知,a≥1. (2)設H(x)=x-sin x-x3(x≥0), H'(x)=1-cos x-x2. 令G(x)=1-cos x-x2, G'(x)=sin x-

10、x≤0(x≥0), 故G(x)=1-cos x-x2在(0,+∞)上單調遞減. 此時G(x)=1-cos x-x2≤G(0)=0, 即H'(x)=1-cos x-x2≤0, 故H(x)=x-sin x-x3(x≥0)單調遞減, H(x)=x-sin x-x3≤H(0)=0. 于是x-sin x-x3≤0(x≥0), 即x-sin x≤x3(x≥0). 5.解:(1)f'(x)=+(1-a)x-b. 由題設知f'(1)=0,解得b=1. (2)f(x)的定義域為(0,+∞), 由(1)知,f(x)=aln x+x2-x,f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1). ①若a

11、≤,則≤1,故當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)單調遞增. 所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要條件為f(1)<,即-1<, 解得--11, 故當x∈時,f'(x)<0; 當x∈時,f'(x)>0. f(x)在單調遞減,在單調遞增. 所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要條件為f. 而f=aln,所以不合題意. ③若a>1,則f(1)=-1=. 綜上,a的取值范圍是(--1,-1)∪(1,+∞). 6.(1)解:f'(x)=. 由f'(1)=0及f(1)=2,得a=4,b=1. k=f'(x0)=4,

12、 設=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00, 即k>0,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)-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g(x)=,x∈(0,1),g'(x)=<0,g(x)為減函數,故f'(x)為減函數. 故當x>x0時,有f'(x)0,h(x)為增函數. 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