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解答题专项训练(函数与导数)


专题升级训练
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解答题专项训练(函数与导数)

1.已知函数 f(x)=x +(x≠0,a∈R). (1)讨论函数 f(x)的奇偶性,并说明理由; (2)若函数 f(x)在[2,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围. 2.设定义在(0,+∞)上的函数 f(x)=ax++b(a>0). (1)求 f(x)的最小值; (2)

若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=x,求 a,b 的值. 3.已知定义在实数集 R 上的奇函数 f( x)有最小正周期 2,且当 x∈(0,1)时,f(x)=. (1)求函数 f(x)在(-1,1)上的解析式; (2)判断 f(x)在(0,1)上的单调性; (3)当 λ 取何值时,方程 f(x)=λ 在(-1,1)上有实数解? 4.已知函数 f(x)=ln(x-1)+(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)如果当 x>1,且 x≠2 时,恒成立,求实数 a 的取值范围. 5.已知函数 f(x)满足 f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+x2. (1)求 f(x)的解析式及单调区间; (2)若 f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b 的最大值. 6.(2013·浙江,理 22 )已知 a∈R,函数 f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3. (1)求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)当 x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值. 7.已知定义在正实数集上的函数 f(x)=x2+2ax,g(x)=3a2ln x+b,其中 a>0,设两曲线 y=f(x),y=g(x)有 公共点,且在该点处的切线相同. (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0). 8.已知函数 f(x)=. (1)若函数 f(x)在区间(a>0)上存在极值点,求实数 a 的取值范围; (2)当 x≥1 时,不等式 f(x)≥恒成立,求实数 k 的取值范围; (3)求证:[(n+1)!]2>(n+1)(n∈N*,e 为自然对数的底数). ## 1.解:(1)当 a=0 时,f(x)=x2, 对任意 x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2=x2=f(x), ∴f(x)为偶函数. 当 a≠0 时,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). ∴函数 f(x)既不是奇函数,也不是偶函数. (2)若函数 f(x)在[2,+∞)上为增函数, 则 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 的取值范围是(-∞,16]. 2.解:(1)f(x)=ax++b≥2+b=b+2, 当且仅当 ax=1 时,f(x)取得最小值为 b+2. (2)由题意得 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 上的奇函数, ∴f(0)=0.

设 x∈(-1,0),则-x∈(0,1), f(-x)==-f(x), ∴f(x)=-, ∴f(x)= (2)设 0<x1<x2<1, f(x1)-f(x2) = =, ∵0<x1<x2<1, ∴>20=1, ∴f(x1)-f(x2)>0, ∴f(x)在(0,1)上为减函数. (3)∵f(x)在(0,1)上为减函数, ∴<f(x)<, 即 f(x)∈. 同理,f(x)在(-1,0)上的值域为. 又 f(0 )=0,∴当 λ∈,或 λ=0 时, 方程 f(x)=λ 在 x∈(-1,1)上有实数解. 4.解:(1)定义域为(1,+∞).f'(x)=. 设 g(x)=x2-2ax+2a,Δ=4a2-8a=4a(a-2). ①当 a≤0 时,对称轴为 x=a,g(x)>g(1)>0, 所以 f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上是增函数; ②当 0≤a≤2 时,g(x)=(x-a)2+2a-a2≥0,所以 f'(x)≥0,f(x)在(1,+∞)上是增函数; ③当 a>2 时,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)的单调递增区间为(1,x1)和(x2,+∞);f(x)的单调递减区间为(x1,x2). (2)可化为>0.(※) 设 h(x)=f(x)-a,由(1)知: ①当 a≤2 时,h(x)在(1,+∞)上是增函数; 若 x∈(1,2),则 h(x)<h(2)=0; 若 x∈(2,+∞),则 h(x)>h(2)=0. 所以,当 a≤2 时,(※)式成立. ②当 a>2 时,h(x)在(x1,2)上是减函数,所以 h(x)>h(2)=0,(※)式不成立. 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,2]. 5.解:(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, 则 g'(x)=ex+1>0?y=g(x)在 x∈R 上单调递增, ∴f'(x)在 R 上单调递增, f'(x)>0=f'(0)?x>0,f'(x)<0=f'(0)?x<0, 得 f(x)的解析式为 f(x)=ex-x+x2, 且单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0). (2)令 h(x)=f(x)-x2-ax-b,则 h(x)=ex-(a+1)x-b≥ 0,h'(x)=ex-(a+1). ①当 a+1≤0 时,h'(x)>0?y=h(x)在 x∈R 上单调递增, x→-∞时,h(x)→-∞与 h(x)≥0 矛盾. ②当 a+1>0 时, h'(x)>0?x>ln(a+1),h'(x)<0?x<ln(a+1), 得:当 x=ln(a+1)时, h(x)min=(a+1) -(a+1)2ln(a+1)-b≥0, 2 (a+1)b≤(a+1) -(a+1) ln(a+1)(a+1>0). 令 F(x)=x2-x2ln x(x>0),则 F'(x)=x(1-2ln x), F'(x)>0?0<x<,F'(x)<0?x>. 当 x=时,F(x)max=.
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当 a=-1,b=时,(a+1)b 的最大值为. 6.解:(1)由题意 f'(x)=3x2-6x+3a,故 f'(1)=3a-3. 又 f(1)=1,所以所求的切线方程为 y=(3a-3)x-3a+4.

(2)由于 f'(x)=3( x-1)2+3(a-1),0≤x≤2, 故①当 a≤0 时,有 f'(x)≤0,此时 f(x)在[0,2]上单调递减, 故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a. ②当 a≥1 时,有 f'(x)≥0,此时 f(x)在[0,2]上单调递增, 故 |f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1. ③当 0<a<1 时,设 x1=1-,x2=1+, 则 0<x1<x2<2,f'(x)=3(x-x1)(x-x2). 列表如下: ( x 0 0,x )( x1 x2 x1,x2) 1 f + 0 0 '(x) 单 极 单 极 f 3 调 大值 调 小值 (x) -3a 递 f(x 递 f(x 增 减 1) 2) 由于 f(x1)=1+2(1-a),f(x2)=1-2(1-a), 故 f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a)>0, 从而 f(x1)>|f(x2)|. 所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}. 当 0<a<时,f(0)>|f(2)|. 又 f(x1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=>0, 故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a). 当≤a<1 时,|f(2)|=f(2),且 f(2)≥f(0). 又 f(x1)-|f(2)|=2(1-a)-(3a-2) =, 所以当≤a<时,f(x1)>|f(2)|. 故 f(x)max=f(x1)=1+2(1-a). 当≤a<1 时,f(x1)≤|f(2)|. 故 f(x)max=|f(2)|=3a-1. 综上所述,|f(x)|max=

( 2 x2,2) + 单 调 3 递 a-1 增

7.(1)解:设曲线 y=f(x)与 y=g(x)(x>0)在公共点(x0,y0)处的切线相同, ∵f'(x)=x+2a,g'(x)=, ∴依题意得 即 由 x0+2a=,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去), 则 b=a2+2a2-3a2ln a=a2-3a2ln a. 令 h(t)=t2-3t2ln t(t>0),则 h'(t)=2t(1-3ln t), 由 h'(t)=0 得 t=或 t=0(舍去). 当 t 变化时,h'(t),h(t)的变化情况如下表: t '(t)
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( 0,) + 0 ∞)

(,+

h ↘

[来源:

( t)

h

极 ↗ 大值

于是函数 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h()=, 即 b 的最大值为. (2)证明:设 F(x)=f(x)-g(x)

=x2+2ax-3a2ln x-b(x>0), 则 F'(x)=x+2a-(x>0), 由 F'(x)=0 得 x=a 或 x=-3a(舍去). 当 x 变化时,F'(x),F(x)的变化情况如下表: x 0,a) ( a F 0 '(x) F ↘ 极 (x) 小值
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(a, +∞) + ↗

结合(1)可知函数 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=f(a)-g(a)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0,即当 x>0 时,f(x)≥g(x). 8.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)==-, 由 f'(x)=0?x=1,当 0<x<1 时,f'(x)>0,当 x>1 时,f'(x)<0, 则 f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,函数 f(x)在 x=1 处取得唯一的极值. 由题意得<a<1, 故所求实数 a 的取值范围为. (2)当 x≥1 时, 不等式 f(x)≥?k≤. 令 g(x)=(x≥1),由题意,k≤g(x)在[1,+∞)上恒成立. g'(x)= =. 令 h(x)=x-ln x(x≥1),则 h'(x)=1-≥0,当且仅当 x=1 时取等号. 所以 h(x)=x-ln x 在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=1>0. 因此 g'(x)=>0,则 g(x)在[1,+∞)上单调递增 ,g(x)min=g(1)=2. 所以 k≤2,即实数 k 的取值范围为(-∞,2]. (3)证明:由(2)知,当 x≥1 时,不等式 f(x)≥恒成立, 即?ln x≥-1=1->1-, 令 x=k(k+1),k∈N*,则有 ln[k(k+1)]>1-=1-2. 分别令 k=1,2,3,…,n,n∈N*,则有 ln(1× 2)>1-2,ln(2× 3)>1-2,…,ln[n(n+1)]>1-2,将这 n 个不等式左右 两边分别相加 ,则得 ln[1× 22× 32×…×n2(n+1)]>n-2=n-2+. 故 1× 22× 32×…×n2(n+1)>,
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从而[(n+1)!]2>(n+1),n∈N*.

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