2020年全國高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練26 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 理

《2020年全國高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練26 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年全國高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練26 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 理（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級(jí)訓(xùn)練26　解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)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(shè)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(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 3．已知定義在實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)f(x)有最小正周期2，且當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，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(dāng)λ取

2、何值時(shí)，方程f(x)＝λ在(－1,1)上有實(shí)數(shù)解？ 4．某高新區(qū)引進(jìn)一高科技企業(yè)，投入資金720萬元建設(shè)基本設(shè)施，第一年各種運(yùn)營費(fèi)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： ①年平均利潤最大時(shí)，以480萬元出售該企業(yè)； ②純利潤最大時(shí)，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 (x－1)＋(a∈R)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)如果當(dāng)x＞1，且x≠

3、2時(shí)，＞恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 6．已知函數(shù)f(x)＝在x＝1處取得極值2，設(shè)函數(shù)y＝f(x)圖象上任意一點(diǎn)(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＜x1＜x2＜1，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)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)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(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝3a2ln x＋b，其中a＞0，設(shè)兩曲線y＝f(x)，y＝g(x)有公共點(diǎn)，且在該點(diǎn)處的

4、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(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2， 對任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)， ∴f(x)為偶函數(shù)． 當(dāng)a≠0時(shí)，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，＋∞)上恒成立， 即2x－≥0

5、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(dāng)且僅當(dāng)ax＝1時(shí)，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)是x∈R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)0＜x1＜x2＜1， f

6、(x1)－f(x2)＝ ＝，∵0＜x1＜x2＜1， ∴，＝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?yàn)? 又f(0)＝0，∴當(dāng)λ∈∪，或λ＝0時(shí)， 方程f(x)＝λ在x∈(－1,1)上有實(shí)數(shù)解． 4．解：由題意知每年的運(yùn)營費(fèi)用是以120為首項(xiàng)，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＞0，解得2＜n＜18.又n∈N

7、*，知從第三年開始獲取純利潤． (2)①年平均利潤＝400－20≤160，當(dāng)且僅當(dāng)n＝6時(shí)取等號(hào)．故此方案獲利6×160＋480＝1 440(萬元)，此時(shí)n＝6. ②f(n)＝－20n2＋400n－720＝－20(n－10)2＋1 280，當(dāng)n＝10時(shí)，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(chǔ)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．解：(1)定義域?yàn)?1，＋∞)．f′(x)＝－＝. 設(shè)g(x)＝x2－2ax＋2a，Δ＝4a2－8a＝4a(a－2)． ①當(dāng)a≤0時(shí)，對稱軸

8、為x＝a，g(x)＞g(1)＞0，所以f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； ②當(dāng)0≤a≤2時(shí)，g(x)＝(x－a)2＋2a－a2≥0，所以f′(x)≥0，f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； ③當(dāng)a＞2時(shí)，令g(x)＝0，得x1＝a－＞1，x2＝a＋. 令f′(x)＞0，解得1＜x＜x1，或x＞x2；令f′(x)＜0，解得x1＜x＜x2. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，x1)和(x2，＋∞)；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(x1，x2)． (2)＞可化為＞0.(※) 設(shè)h(x)＝f(x)－a，由(1)知： ①當(dāng)a≤2時(shí)，h(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； 若x∈(1,

9、2)，則h(x)＜h(2)＝0； 若x∈(2，＋∞)，則h(x)＞h(2)＝0. 所以，當(dāng)a≤2時(shí)，(※)式成立． ②當(dāng)a＞2時(shí)，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(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]． 6．(1)解：f′(x)＝. 由f′(1)＝0及f(1)＝2，得a＝4，b＝1. k＝f′(x0)＝4， 設(shè)＝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(dāng)0＜x1＜x2＜1時(shí)，＞0， 即k＞0，故x0∈(－1,1)． 由于f′(x0)＝f′

10、(－x0)，故只需要證明x0∈(0,1)時(shí)結(jié)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(shè)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(dāng)x＞x0時(shí)，有f′(x)＜f′(x0)＝k，此時(shí)h′(x)＜0，h(x)為減函數(shù)． 當(dāng)x＜x0時(shí)，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x1＜x0＜x2. 綜上，有x1＜|x0|＜x2成立． 7．解

11、：(1)f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2＝ex－f(0)x＋x2?f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x， 令x＝1得：f(0)＝1. f(x)＝f′(1)ex－1－x＋x2?f(0)＝f′(1)e－1＝1?f′(1)＝e， 得：f(x)＝ex－x＋x2.令g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x， 則g′(x)＝ex＋1＞0?y＝g(x)在x∈R上單調(diào)遞增， ∴f′(x)在R上單調(diào)遞增， f′(x)＞0＝f′(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(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，

12、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(dāng)a＋1≤0時(shí)，h′(x)＞0?y＝h(x)在x∈R上單調(diào)遞增， x→－∞時(shí)，h(x)→－∞與h(x)≥0矛盾． ②當(dāng)a＋1＞0時(shí)， h′(x)＞0?x＞ln (a＋1)，h′(x)＜0?x＜ln (a＋1)， 得：當(dāng)x＝ln (a＋1)時(shí)， h(x)min＝(a＋1)－(a＋1)ln (a＋1)－b≥0， (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

13、 x)， F′(x)＞0?0＜x＜，F(xiàn)′(x)＜0?x＞. 當(dāng)x＝時(shí)，F(xiàn)(x)max＝. 當(dāng)a＝－1，b＝時(shí)，(a＋1)b的最大值為. 8．(1)解：設(shè)曲線y＝f(x)與y＝g(x)(x＞0)在公共點(diǎn)(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＞0)， 則h′(t)＝2t(1－3ln t)， 由h′(t)＝0得或t＝0(舍去)． 當(dāng)t變化時(shí)，h′(t)，h(t)的變化情況如下表： t

14、 (0，) (，＋∞) h′(t) ＋ 0 － h(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(shè)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(dāng)x變化時(shí)，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(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(dāng)x＞0時(shí)，有f(x)－g(x)≥0， 即當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥g(x)．