【志鸿优化设计】2021高考数学二轮专题升级训练 解答题专项训练(函数与导数) 文（含解析） 新人教A版.doc
专题升级训练 解答题专项训练(函数与导数)1.已知函数f(x)=x2+(x0,aR).(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)当取何值时,方程f(x)=在(-1,1)上有实数解?4.(2013·山东济宁模拟,21)设函数f(x)=ln x,g(x)=ax+,函数f(x)的图象与x轴的交点也在函数g(x)的图象上,且在此点有公切线.(1)求a,b的值;(2)试比较f(x)与g(x)的大小.5.已知函数f(x)=ex-ax-1(aR).(1)讨论f(x)=ex-ax-1(aR)的单调性;(2)若a=1,求证:当x0时,f(x)f(-x).6.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.7.已知函数f(x)=在x=1处取得极值2,设函数y=f(x)图象上任意一点(x0,f(x0)处的切线斜率为k.(1)求k的取值范围;(2)若对于任意0<x1<x2<1,存在k,使得k=,求证:x1<|x0|<x2.8.(2013·山西太原模拟,21)设函数f(x)=x2+ax-ln x(aR).(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;(2)当a>1时,讨论函数f(x)的单调性;(3)若对任意a(3,4)及任意x1,x21,2,恒有m+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.#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a0时,f(x)=x2+(a0,x0),取x=±1,得f(-1)+f(1)=20,f(-1)-f(1)=-2a0,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a2x3在2,+)上恒成立,只需a(2x3)min,x2,+),a16.a的取值范围是(-,16.2.解:(1)f(x)=ax+b2+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=,f'(x)=a-f'(1)=a-,由得:a=2,b=-1.3.解:(1)f(x)是xR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,或=0时,方程f(x)=在x(-1,1)上有实数解.4.解:(1)f(x)=ln x的图象与x轴的交点坐标是(1,0),依题意,得g(1)=a+b=0,又f'(x)=,g'(x)=a-,f(x)与g(x)在点(1,0)处有公切线,g'(1)=f'(1)=1,即a-b=1.由得a=,b=-.(2)令F(x)=f(x)-g(x),则F(x)=ln x-=ln x-x+.F'(x)=-0.F(x)在(0,+)上为减函数,当0<x<1时,F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x);当x=1时,F(x)=F(1)=0,即f(x)=g(x);当x>1时,F(x)<F(1)=0,即f(x)<g(x).综上可知,当0<x1时,f(x)g(x);当x>1时,f(x)<g(x).5. 解: (1) f'(x)=ex-a.当a0时,f'(x)0恒成立,当a>0时,令f'(x)>0,得x>ln a;令f'(x)<0,得x<ln a.综上,当a0时,f(x)在(-,+)上单调递增;当a>0时,增区间是(ln a,+),减区间是(-,ln a).(2)证明:令g(x)=f(x)-f(-x)=ex-2x,g'(x)=ex+e-x-20,g(x)在0,+)上是增函数,g(x)g(0)=0,f(x)f(-x).6.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=1f'(1)=e,得:f(x)=ex-x+x2.令g(x)=f'(x)=ex-1+x,则g'(x)=ex+1>0y=g(x)在xR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-b0,h'(x)=ex-(a+1).当a+10时,h'(x)>0y=h(x)在xR上单调递增,x-时,h(x)-与h(x)0矛盾.当a+1>0时,h'(x)>0x>ln(a+1),h'(x)<0x<ln(a+1),得:当x=ln(a+1)时,h(x)min =(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b0,(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+1>0).令F(x)=x2-x2ln x(x>0),则F'(x)=x(1-2ln x),F'(x)>00<x<,F'(x)<0x>.当x=时,F(x)max =.当a=-1,b=时,(a+1)b的最大值为.7. 解: (1) f'(x)=.由f'(1)=0及f(1)=2,得a=4,b=1.k=f'(x0)=4,设=t,t(0,1,得k.(2)证明:f'(x)=,令f'(x)>0x(-1,1).f(x)的增区间为(-1,1),故当0<x1<x2<1时,>0,即k>0,故x0(-1,1).由于f'(x0)=f'(-x0),故只需要证明x0(0,1)时结论成立.由k=,得f(x2)-kx2=f(x1)-kx1,记h(x)=f(x)-kx,则h(x2)=h(x1).h'(x)=f'(x)-k,则h'(x0)=0,设g(x)=,x(0,1),g'(x)=<0,g(x)为减函数,故f'(x)为减函数.故当x>x0时,有f'(x)<f'(x0)=k,此时h'(x)<0,h(x)为减函数.当x<x0时,h'(x)>0,h(x)为增函数.所以h(x0)为h(x)的唯一的极大值,因此要使h(x2)=h(x1),必有x1<x0<x2.综上,有x1<|x0|<x2成立.8.解:(1)函数的定义域为(0,+).当a=1时,f(x)=x-ln x,f'(x)=1-,当0<x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0.f(x)极小值=f(1)=1,无极大值.(2)f'(x)=(1-a)x+a-.当=1,即a=2时,f'(x)=-0,f(x)在定义域上单调递减;当<1,即a>2时,令f'(x)<0,得0<x<或x>1.令f'(x)>0,得<x<1.当>1,即1<a<2时,令f'(x)<0,得0<x<1或x>令f'(x)>0,得1<x<.综上知,当a=2时,f(x)在(0,+)上单调递减;当a>2时,f(x)在和(1,+)上单调递减,在上单调递增;当1<a<2时,f(x)在(0,1)和上单调递减,在上单调递增.(3)由(2)知,当a(3,4)时,f(x)在1,2上单调递减,f(1)是最大值,f(2)是最小值.|f(x1)-f(x2)|f(1)-f(2)=+ln 2,m+ln 2>+ln 2.而a(3,4),经整理得m>,由3<a<4得0<,m.4
