湖南省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練27 解答題專項訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 理

《湖南省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練27 解答題專項訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湖南省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練27 解答題專項訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級訓(xùn)練27 解答題專項訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù)) 1．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(x≠0，aR)． (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．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(1，f(1))處的切線方程為y＝x，求a，b的值． 3．已知定義在實數(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，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取何

2、值時，方程f(x)＝λ在(－1,1)上有實數(shù)解？ 4．某高新區(qū)引進一高科技企業(yè)，投入資金720萬元建設(shè)基本設(shè)施，第一年各種運營費用120萬元，以后每年增加40萬元；每年企業(yè)銷售收入500萬元，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？ (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年平均利潤最大時，以480萬元出售該企業(yè)； ②純利潤最大時，以160萬元出售該企業(yè)； 問哪種方案最合算？ 5．已知函數(shù)f(x)＝ln (x－1)＋(aR)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)如果當(dāng)x＞1，且x≠2時

3、，＞恒成立，求實數(shù)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(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＜x1＜x2＜1，存在k，使得k＝，求證：x1＜|x0|＜x2. 7．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 8．已知定義在正實數(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，且在該點處的切線

4、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，f(x)＝x2， 對任意x(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)， ∴f(x)為偶函數(shù)． 當(dāng)a≠0時，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)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[

5、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，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xR上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0. 設(shè)x(－1,0)，則－x(0,1)， f(－x)＝＝＝－f(x)，∴f(x)＝－， ∴f(x)＝ (2)設(shè)0＜x1＜x2＜1， f(x1)－

6、f(x2)＝ ＝，∵0＜x1＜x2＜1， ∴2x1＜2x2，2x1＋x2＞20＝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)， ∴＜f(x)＜，即f(x). 同理，f(x)在(－1,0)上的值域為. 又f(0)＝0，∴當(dāng)λ∪，或λ＝0時， 方程f(x)＝λ在x(－1,1)上有實數(shù)解． 4. 解：由題意知每年的運營費用是以120為首項，40為公差的等差數(shù)列， 則f(n)＝500n－－720＝－20n2＋400n－720. (1)獲取純利潤就是要求f(n)＞0，故有－20n2＋400n－720＞0，解得2＜

7、n＜18.又nN*，知從第三年開始獲取純利潤． (2)①年平均利潤＝400－20≤160，當(dāng)且僅當(dāng)n＝6時取等號．故此方案獲利6×160＋480＝1 440(萬元)，此時n＝6. ②f(n)＝－20n2＋400n－720＝－20(n－10)2＋1 280，當(dāng)n＝10時，f(n)max ＝1 280. 故此方案共獲利1 280＋160＝1 440(萬元)． 比較兩種方案，在同等數(shù)額獲利的基礎(chǔ)上，第①種方案只需6年，第②種方案需要10年，故選擇第①種方案． 5. 解：(1)定義域為(1，＋∞)．f′(x)＝－＝. 設(shè)g(x)＝x2－2ax＋2a，Δ＝4a2－8a＝4a(a－2)． ①

8、當(dāng)a≤0時，對稱軸為x＝a，g(x)＞g(1)＞0，所以f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； ②當(dāng)0≤a≤2時，g(x)＝(x－a)2＋2a－a2≥0，所以f′(x)≥0，f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)； ③當(dāng)a＞2時，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)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，x1)和(x2，＋∞)；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(x1，x2)． (2)＞可化為＞0.(※) 設(shè)h(x)＝f(x)－a，由(1)知： ①當(dāng)a≤2時，h(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)

9、； 若x(1,2)，則h(x)＜h(2)＝0； 若x(2，＋∞)，則h(x)＞h(2)＝0. 所以，當(dāng)a≤2時，(※)式成立． ②當(dāng)a＞2時，h(x)在(x1,2)上是減函數(shù)，所以h(x)＞h(2)＝0，(※)式不成立． 綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]． 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)＞0x(－1,1)． f(x)的增區(qū)間為(－1,1)，故當(dāng)0＜x1＜x2＜1時，＞0， 即k＞0，故x0(－1,1)． 由于f′(x0)

10、＝f′(－x0)，故只需要證明x0(0,1)時結(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，有f′(x)＜f′(x0)＝k，此時h′(x)＜0，h(x)為減函數(shù)． 當(dāng)x＜x0時，h′(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＜x0＜x2. 綜上，有x1＜|x0|＜x2成立． 7.

11、 解：(1)f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2＝ex－f(0)x＋x2f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x， 令x＝1得：f(0)＝1. f(x)＝f′(1)ex－1－x＋x2f(0)＝f′(1)e－1＝1?f′(1)＝e， 得：f(x)＝ex－x＋x2.令g(x)＝f′(x)＝ex－1＋x， 則g′(x)＝ex＋1＞0y＝g(x)在xR上單調(diào)遞增， ∴f′(x)在R上單調(diào)遞增， f′(x)＞0＝f′(0)?x＞0，f′(x)＜0＝f′(0)?x＜0， 得：f(x)的解析式為f(x)＝ex－x＋x2， 且單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)

12、． (2)令h(x)＝f(x)－x2－ax－b，則h(x)＝ex－(a＋1)x－b≥0，h′(x)＝ex－(a＋1)． ①當(dāng)a＋1≤0時，h′(x)＞0y＝h(x)在xR上單調(diào)遞增， x→－∞時，h(x)→－∞與h(x)≥0矛盾． ②當(dāng)a＋1＞0時， h′(x)＞0?x＞ln (a＋1)，h′(x)＜0?x＜ln (a＋1)， 得：當(dāng)x＝ln (a＋1)時， h(x)min ＝(a＋1)－(a＋1)ln (a＋1)－b≥0， (a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln (a＋1)，(a＋1＞0)． 令F(x)＝x2－x2ln x(x＞0)，則F′(x)＝x(1－2ln x)

13、， F′(x)＞0?0＜x＜，F(xiàn)′(x)＜0?x＞. 當(dāng)x＝時，F(xiàn)(x)max ＝. 當(dāng)a＝－1，b＝時，(a＋1)b的最大值為. 8. (1)解：設(shè)曲線y＝f(x)與y＝g(x)(x＞0)在公共點(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＋2a2－3a2ln 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＝e或t＝0(舍去)． 當(dāng)t變化時，h′(t)，h(t)的變化情況如下表：

14、 t (0，e) e (e，＋∞) h′(t) ＋ 0 － H(t)  極大值  于是函數(shù)h(t)在(0，＋∞)上的最大值為h(e)＝e， 即b的最大值為e. (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，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，有f(x)－g(x)≥0， 即當(dāng)x＞0時，f(x)≥g(x)．