安徽省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練25 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 理

《安徽省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練25 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)《安徽省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練25 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級(jí)訓(xùn)練25 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(shuō)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(wàn)元建設(shè)基本設(shè)施，第一年各種運(yùn)營(yíng)費(fèi)用120萬(wàn)元，以后每年增加40萬(wàn)元；每年企業(yè)銷售收入500萬(wàn)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(rùn)？ (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(rùn)最大時(shí)，以480萬(wàn)元出售該企業(yè)； ②純利潤(rùn)最大時(shí)，以160萬(wàn)元出售該企業(yè)； 問(wèn)哪種方案最合算？ 5．(2012·安徽師大附中五模，理21)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1(a>0，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． (1

3、)求函數(shù)f(x)的最小值； (2)若f(x)≥0對(duì)任意的x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的值； (3)在(2)的條件下，證明：n＋n＋…＋n＋n<(其中n∈N*)． 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)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若x>－2，證明：1－≤ln(x＋2)≤x＋1. 8．已知定義在

4、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(duì)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)

5、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≤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∈

6、(－1,0)，則－x∈(0,1)， f(－x)＝＝＝－f(x)，∴f(x)＝－， ∴f(x)＝ (2)設(shè)020＝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)， ∴

7、n－－720＝－20n2＋400n－720. (1)獲取純利潤(rùn)就是要求f(n)>0，故有－20n2＋400n－720>0，解得2

8、 5．解：(1)由題意知a>0，f′(x)＝ex－a， 由f′(x)＝ex－a＝0得x＝ln a. 當(dāng)x∈(－∞，ln a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. ∴f(x)在(－∞，ln a)單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)單調(diào)遞增． 即f(x)在x＝ln a處取得極小值，且為最小值， 其最小值為f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1. (2)f(x)≥0對(duì)任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f(x)min≥0. 設(shè)g(a)＝a－aln a－1. 由(1)知g(a)為f(x)的最小值，即g(a)≥0. 由g′(a)＝1－ln a

9、－1＝－ln a＝0，得a＝1. 易知g(a)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(a)在a＝1處取得最大值，而g(1)＝0， 因此g(a)≥0的解為a＝1，∴a＝1. (3)由(2)知，對(duì)任意實(shí)數(shù)x均有ex－x－1≥0，即1＋x≤ex. 令x＝－(n∈N*，k＝0,1,2,3，…，n－1)，則0<1－≤. ∴n≤()n＝e－k.∴n＋n＋…＋n＋n≤e－(n－1)＋e－(n－2)＋…＋e－2＋e－1＋1＝<＝. 6．(1)解：f′(x)＝. 由f′(1)＝0及f(1)＝2，得a＝4，b＝1. k＝f′(x0)＝， 設(shè)＝t，t∈(0,1]，得k∈

10、. (2)證明：f′(x)＝，令f′(x)>0x∈(－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)

11、 當(dāng)x0，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x10，＝－2>－2， 令f′(x)>0得－2， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)由(1)知，a＝1時(shí)，f(x)＝ln(x＋2)－(x＋1)，此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－2，－1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，＋∞)， ∴x>－2時(shí)，f(x)≤f(－1)，即ln(x

12、＋2)－(x＋1)≤ln 1－0＝0， ∴l(xiāng)n(x＋2)≤x＋1.① 令g(x)＝ln(x＋2)＋－1，則g′(x)＝－＝. ∴當(dāng)x∈(－2，－1)時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x∈(－1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0， ∴當(dāng)x>－2時(shí)，g(x)≥g(－1)．即ln(x＋2)＋－1≥0. ∴l(xiāng)n(x＋2)≥1－.② 由①②可知，當(dāng)x>－2時(shí)，1－≤ln(x＋2)≤x＋1. 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＋2

13、a2－3a2ln a＝a2－3a2ln a. 令h(t)＝t2－3t2ln t(t>0)， 則h′(t)＝2t(1－3ln t)， 由h′(t)＝0得t＝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 (0，) (，＋∞) h′(t) ＋ 0 － H(t) 極大值 于是函數(shù)h(t)在(0，＋∞)上的最大值為h()＝， 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)．