廣東省2013年高考數學第二輪復習 專題升級訓練24 解答題專項訓練(函數與導數) 文

《廣東省2013年高考數學第二輪復習 專題升級訓練24 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《廣東省2013年高考數學第二輪復習 專題升級訓練24 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、專題升級訓練24解答題專項訓練(函數與導數)1已知函數f(x)x2(x0，aR)(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設定義在(0，)上的函數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已知定義在實數集R上的奇函數f(x)有最小正周期2，且當x(0,1)時，f(x).(1)求函數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

2、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f(x)exax1(aR)(1)討論f(x)exax1(aR)的單調性；(2)若a1，求證：當x0時，f(x)f(x)6已知函數f(x)在x1處取得極值2，設函數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；(

3、2)若對于任意0x1x21，存在k，使得k，求證：x1|x0|x2.7已知函數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已知定義在正實數集上的函數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)為偶函數當a0時，f(x)x2(a0，x0)，取x1，得f(1)f

4、(1)20，f(1)f(1)2a0，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，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(

5、x2)，0x1x21，2x12 x2，2x1x2201，f(x1)f(x2)0，f(x)在(0,1)上為減函數(3)f(x)在(0,1)上為減函數，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61604801 440(萬元)，

6、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(1)解：f(x)exa.當a0時，f(x)0恒成立，當a0時，令f(x)0，得xln a；令f(x)0，得xln a.綜上，當a0時，f(x)在(，)上單調遞增；當a0時，增區(qū)間是(ln a，)，減區(qū)間是(，ln a)(2)證明：令g(x)f(x)f(x)ex2x，g(x)exex20，g(x)在0，)上是增函數，g(x)g(0)0，f(x)f(x

7、)6(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，故f(x)為減函數故當xx0時，有f(x)f(x0)k，此時h(x)0，h(x)為減函數當xx0時，h(x)0，h(x)為增函數所

8、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(

9、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(x)00x，F(x)0x.當x時，F(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

10、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h(t)在(0，)上的最大值為h()，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(x)，F(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)