《2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練23 解答題專項訓練 函數(shù)與導數(shù) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練23 解答題專項訓練 函數(shù)與導數(shù) 文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練23 解答題專項訓練 函數(shù)與導數(shù) 文
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.已知函數(shù)f(x)=ax2-ln x,a∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值為1,求a的值.
3.已知函數(shù)f(x)=x2+(x-1)|x-a|
2、.
(1)若a=-1,解方程f(x)=1;
(2)若函數(shù)f(x)在R上單調遞增,求實數(shù)a的取值范圍;
(3)是否存在實數(shù)a,使不等式f(x)≥2x-3對一切實數(shù)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(shù)f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求實數(shù)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(shù)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(shù)f(x)=在x=1處取得極值2,設函數(shù)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(shù)與導數(shù))
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(shù).
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(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(shù)f(x)的定義域是(0,+∞),f'(x)=ax-.
(1)①當a=0時,f'(x)=-<0,故函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調遞減.
②當a<0時,f'(x)<0恒成立,所以函數(shù)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(shù)f(x)在上單調遞減.
當x∈時,f'(x)>0,所以函數(shù)f(x)在上單調遞增.
綜上所述,當a≤0時,函數(shù)f(x)的單調減區(qū)間是(0,+
6、∞),
當a>0時,函數(shù)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(shù)f(x)在[1,e]上單調遞增,所以函數(shù)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(shù)x∈R恒成立,等價于不等式g(x)≥0對一切實數(shù)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(shù),故f'(x)為減函數(shù).
故當x>x0時,有f'(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
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