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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文.doc

上傳人：tian****1990

文檔編號(hào)：2832867

上傳時(shí)間：2019-12-01

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《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文.doc（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練函數(shù)與導(dǎo)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(diào)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|. (1)若a=-1,解方程f(x)=1; (2)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (3)是否存在實(shí)數(shù)a,使不等式f(x)≥2x-3對(duì)一切實(shí)數(shù)x∈R恒成立?若存在,求出a的取值范圍,若不存在,請(qǐng)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(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)當(dāng)a取(1)中最小值時(shí),求證:g(x)-f(x)≤x3. 5.(xx課標(biāo)全國(guó)Ⅰ高考,文21)設(shè)函數(shù)f(x)=aln x+x2-bx(a≠1),曲線y=f(x)在點(diǎn)(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(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(duì)于任意00時(shí),令f(x)=0,又因?yàn)閤>0,解得x=. 當(dāng)x∈時(shí),f(x)<0,所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減. 當(dāng)x∈時(shí),f(x)>0,所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增. 綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(0,+∞), 當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是,單調(diào)增區(qū)間為. (2)①當(dāng)a≤0時(shí),由(1)可知,f(x)在[1,e]上單調(diào)遞減,所以f(x)的最小值為f(e)=ae2-1=1,解得a=>0,舍去. ②當(dāng)a>0時(shí),由(1)可知, 當(dāng)≤1,即a≥1時(shí),函數(shù)f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)的最小值為f(1)=a=1,解得a=2. 當(dāng)1<1,則1-a<0,即<0, 取x0=,此時(shí)x0∈(-∞,a), g(x0)=g=(a-1)-a+3=1-a<0, 即對(duì)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?yàn)閇2,+∞), 所以g(x)≥0恒成立. ③若a<1, 當(dāng)x∈(-∞,a)時(shí),g(x)單調(diào)遞減,其值域?yàn)?a2-2a+3,+∞), 由于a2-2a+3=(a-1)2+2≥2,所以g(x)≥0成立. 當(dāng)x∈[a,+∞)時(shí),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)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(diào)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(gè)x0∈,使得x∈(0,x0),h(x)=cos x-a>0,h(x)=sin x-ax(x∈(0,x0))單調(diào)遞增,h(x)>h(0)=0,不合題意,舍去. 綜上可知,a≥1. (2)設(shè)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-x≤0(x≥0), 故G(x)=1-cos x-x2在(0,+∞)上單調(diào)遞減. 此時(shí)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(diào)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(shè)知f(1)=0,解得b=1. (2)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), 由(1)知,f(x)=aln x+x2-x,f(x)=+(1-a)x-1=(x-1). ①若a≤,則≤1,故當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,f(x)在(1,+∞)單調(diào)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(dāng)x∈時(shí),f(x)<0; 當(dāng)x∈時(shí),f(x)>0. f(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)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, 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)00, 即k>0,故x0∈(-1,1). 由于f(x0)=f(-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)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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