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2019-2020年高考數學二輪復習 專題能力訓練23 解答題專項訓練 函數與導數 文
1.已知函數f(x)=x2+(x≠0,a∈R).
(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.已知函數f(x)=ax2-ln x,a∈R.
(1)求函數f(x)的單調區(qū)間;
(2)若函數f(x)在區(qū)間[1,e]上的最小值為1,求a的值.
3.已知函數f(x)=x2+(x-1)|x-a|.
(1)若a=-1,解方程f(x)=1;
(2)若函數f(x)在R上單調遞增,求實數a的取值范圍;
(3)是否存在實數a,使不等式f(x)≥2x-3對一切實數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f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立,求實數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f(x)=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f(x)=在x=1處取得極值2,設函數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
0時,令f(x)=0,又因為x>0,解得x=.
當x∈時,f(x)<0,所以函數f(x)在上單調遞減.
當x∈時,f(x)>0,所以函數f(x)在上單調遞增.
綜上所述,當a≤0時,函數f(x)的單調減區(qū)間是(0,+∞),
當a>0時,函數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f(x)在[1,e]上單調遞增,所以函數f(x)的最小值為f(1)=a=1,解得a=2.
當1<1,則1-a<0,即<0,
取x0=,此時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)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-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≤,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,
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,故f(x)為減函數.
故當x>x0時,有f(x)0,h(x)為增函數.
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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