新课标2018届高考数学二轮复习题型专项训练8函数与导数解答题专项理.doc

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1、题型专项训练8函数与导数(解答题专项)1.已知函数f(x)=xln x+ax(aR).(1)当a=0时,求f(x)的最小值;(2)若函数g(x)=f(x)+ln x在区间1,+)上为增函数,求实数a的取值范围.2.已知函数f(x)=aln x+x2+bx(a,bR)在x1=2,x2=3处取得极值.(1)求a,b的值;(2)求f(x)在点P(1,f(1)处的切线方程.3.(2017浙江绍兴鲁迅中学模拟)已知函数f(x)=ln x-(1)若函数f(x)在(0,+)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)设mn0,求证:ln m-ln n4.(2017浙江湖州、丽水、衢州三地市4月联考)已知函数f(x

2、)=lox-mlog2x+a,g(x)=x2+1.(1)当a=1时,求f(x)在x1,4上的最小值;(2)当a0,m=2时,若对任意的实数t1,4,均存在xi1,8(i=1,2),且x1x2,使得=f(t)成立,求实数a的取值范围.5.已知二次函数f(x)=x2+bx+c,其中常数b,cR.(1)若任意的x-1,1,f(x)0,f(2+x)0,试求实数c的取值范围;(2)若对任意的x1,x2-1,1,有|f(x1)-f(x2)|4,试求实数b的取值范围.6.已知aR,函数f(x)=+aln x.(1)若函数f(x)在(0,2)上递减,求实数a的取值范围;(2)当a0时,求f(x)的最小值g(a

3、)的最大值;(3)设h(x)=f(x)+|(a-2)x|,x1,+),求证:h(x)2.参考答案题型专项训练8函数与导数(解答题专项)1.解 (1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ln x+1,令f(x)=0,得x=.当x(0,+)时,f(x),f(x)的变化的情况如下:xf(x)-0+f(x)极小值f(x)的最小值是f=-.(2)由题意得g(x)=ln x+a+1+.函数g(x)在区间1,+)上为增函数,当x1,+)时,g(x)0,即ln x+-(a+1)在1,+)上恒成立,设h(x)=ln x+,h(x)=,h(x)=ln x+在1,+)上递增,-(a+1)h(x)min=h(1)

4、=1,a-2.2.解 (1)f(x)=+x+b=,令f(x)=0,据题意,得2,3是方程x2+bx+a=0的两根,则有所以(2)f(x)=6ln x+x2-5x,则f(1)=-5=-,得P.又由f(x)=,得f(1)=1-5+6=2.从而,得所求切线方程为l:y+=2(x-1),即4x-2y-13=0.3.(1)解 f,因为f(x)在(0,+)上单调递增,所以f(x)0在(0,+)上恒成立,即x2+(2-2a)x+10在(0,+)上恒成立,所以2a-2x+在(0,+)上恒成立,因为x+2,当且仅当x=1时等号成立,所以2a-22,解得a2.(2)证明 要证ln m-ln n,只需证ln,只需证

5、ln0.设h(x)=ln x-,由(1)可知h(x)在(0,+)上单调递增,因为1,所以hh(1)=0,即ln0,所以原等式成立.4.解 (1)当a=1时,f(x)=lox-mlog2x+1=+1-,其中0log2x2.因此,当0,即m0时,f(x)min=f(1)=1;当2,即m4时,f(x)min=f(4)=5-2m;当0m4,即当log2x=时,f(x)min=1-.综上,f(x)min=(2)令log2t=u(0u2),则f(t)=u2-2u+a的值域是a-1,a.因为y=x+-2a(1x8),利用图形可知即解得31,即|b|2时,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|4,与M4矛盾;

6、当1,即-2b2时,M=maxf(1),f(-1)-f=-f=4,即-2b2.综上,实数b的取值范围为-2b2.6.(1)解 函数定义域为(0,+),函数f(x)在(0,2)上递减x(0,2),恒有f(x)0成立,而f(x)=0x(0,2),恒有a成立,而1,则a1.(2)解 当a0时,f(x)=0x=.当x(0,+)时,f(x),f(x)的变化情况如下:xf(x)-0+f(x)极小值所以f(x)的最小值g(a)=f=a+aln ,g(a)=ln 2-ln a=0a=2,当a(0,+)时,g(a),g(a)的变化情况如下:a(0,2)2(2,+)g(a)+0-g(x)极大值所以g(a)的最大值为g(2)=2.(3)证明 当a2时,h(x)=f(x)+(a-2)x=+aln x+(a-2)x,h(x)=+a-20,所以h(x)在1,+)上是增函数,故h(x)h(1)=a2.当a2时,h(x)=f(x)-(a-2)x=+aln x-(a-2)x,h(x)=-a+2=0,解得x=-2.综上所述:h(x)2.4