2022年高考第二轮复习数学广东文科专题升级训练解答题专项训练函数与导数专题升级训练卷附答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 专题升级训练24解答题专项训练函数与导数 1已知函数fxx2a xx 0,aR1争论函数 fx的奇偶性,并说明理由；2如函数 fx在 2, 上为增函数,求a 的取值范畴1 ax ba02设定义在 0, 上的函数fxax1求 fx的最小值；2如曲线 yfx在点 1,f1处的切线方程为y3 2x,求 a,b 的值2x 4x1. 3已知定义在实数集R 上的奇函数fx有最小正周期2,且当 x 0,1时, fx1求函数 fx在1,1上的解读式；2判定 fx在0,1上的单调性；3当 取何值时,方程 fx 在1,1上有实数解？4某高新区引进一高科技企业,投入

2、资金 720 万元建设基本设施,第一年各种运营费用 120万元,以后每年增加 40 万元；每年企业销售收入 500 万元,设 fn 表示前 n 年的纯收入 fn前 n 年的总收入前 n 年的总支出投资额 1从第几年开头猎取纯利润？2如干年后,该企业为开发新产品,有两种处理方案： 年平均利润最大时,以 480 万元出售该企业； 纯 利润最大时,以 160 万元出售该企业；问哪种方案最合算？5.已知函数 fxexax1aR1争论 fxexax1aR的单调性；2如 a1,求证：当x0时, fx fx2,设函数 y fx图象上任意一点x0,fx0处的6已知函数fxax x2b在 x1 处取得极值切线斜

3、率为k. 1求 k 的取值范畴；2如对于任意0x1x21,存在 k,使得 kfx2fx1 x2x1,求证： x1|x0| x2. 7已知函数fx满意 fxf 1ex1f0x1 2x2. 1求 fx的解读式及单调区间；2如 fx1 2x2ax b,求 a 1b 的最大值y8已知定义在正实数集上的函数fx1 2x22ax,gx3a2ln xb,其中 a0,设两曲线fx, ygx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： fx gxx0参考答案- 1 - / 5 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - -

4、 - - 1解： 1当 a0 时, fxx2,对任意 x,00, , fxx2x2fx,fx为偶函数当 a 0时, fxx2a xa 0,x 0,取 x 1,得 f1f1 2 0,f1 f1 2a 0,f1 f1,f1 f1函数 fx 既不是奇函数,也不是偶函数2如函数 fx在2, 上为增函数,就 f x 0 在2, 上恒成立,即 2xa x20在2, 上恒成立,即 a2x3在2, 上恒成立,只需 a2x3min,x2, , a16.a 的取值范畴是 ,162解： 1fxaxaxb2 1 ax1 axbb 2,1当且仅当 ax1 xa时, fx取得最小值为 b2. 2由题意得： f12 aab

5、3 2, 3 1f aax2 f aa3 2, 1 1由 得： a2,b 1. 3解： 1fx是 xR 上的奇函数,f00. 设 x1,0,就 x0,1,f x2x4x12x fx, fx 4x12x,4x1fx2x,x1,0,4x10, x02x4x1,x 0, 1.2设 0x1x21,2 x12 x22 x1 2 x2 2 x22 x1fx1fx24 x114 x212 x12 x212 x1x2,4 x114 x210 x1x21,2x12 x2,2x1 x2201,fx1fx20,fx在 0,1上为减函数3fx在0,1上为减函数,- 2 - / 5 名师归纳总结 - - - - - -

6、 -第 2 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - - - - 21 411fx20 401,即 fx5,1 2 . 同理, fx 在1,0上的值域为1 2, 2 5 . 又 f00,当 1 2, 2 5 2 5,1 2,或 0 时,方程 fx 在 x1,1上有实数解4解：由题意知每年的运营费用是以120 为首项, 40 为公差的等差数列,就 fn 500n 120nnn 1 2 40720 20n2 400n720. 2n18.又 n N* ,知1猎取纯利润就是要求fn0,故有 20n2400n7200,解得从第三年开头猎取纯利润2 年平均利润fn n40020 n36 n 16

7、0,当且仅当n6 时取等号故此方案获利6 1604801 440万元 ,此时 n6. fn 20n2400n720 20n1021 280,当 n10 时, fnmax 1 280. 故此方案共获利1 2801601 440万元 种方案只需6 年,第 种方案需要10 年,比较两种方案,在同等数额获利的基础上,第故挑选第 种方案51解： f exa. 当 a0时, f x 0 恒成立,当 a0 时,令 f 0,得 xln a；令 f x0,得 xln a. 综上,当 a0时, fx 在, 上单调递增；当 a0 时,增区间是 ln a, ,减区间是 , ln a2证明：令 gxfxf xex1 e

8、x2x,gxexex20,gx在0, 上是增函数,gx g00,fx2fx10,fx fx61解： f xabax2 x2b2. 由 f 10 及 f12,得 a4,b 1. kf x042 1x0221 1 x02,设1 x02 1t,t0,1 ,得 k 1 2,4 . 2证明： f 4 4x2 x 1 x22,令 f x0x 1,1fx的增区间为 1,1,故当 0x1x21 时,x2x1即 k0,故 x01,1由于 f x0f x0,故只需要证明x00,1时结论成立- 3 - / 5 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - - -

9、 - 由 kfx2fx1 x2x1,得 fx2kx2fx1kx1,记 hxfx kx,就 hx2hx1hxf k,就 hx00,设 gx1x 1x2,x0,1, gxx3 1x30,gx为减函数,故 f 为减函数故当 xx0 时,有 f xf x0 k,此时 hx0,hx为减函数当 xx0 时, hx0,hx为增函数所以 hx0为 hx的唯独的极大值,因此要使 综上,有 x1|x0| x2 成立hx2 hx1,必有 x1x0x2. 7解： 1fxf 1ex1 f0x1 2x2f 1 e exf0x1 2x2f f 1ex1f0 x,令 x1 得： f0 1. fxf 1ex 1x1 2x2f0

10、f 1e11f e,xexa1得： fxexx1 2x2.令 gxf ex1x,就 gxex 10ygx在 xR 上单调递增,f x 在 R 上单调递增,f 0f 0 x0, f 0f 0 x 0,得： fx的解读式为fxex x1 2x2,且单调递增区间为0, ,单调递减区间为,02令 hxfx1 2x2axb,就 hxexa1xb0,h 当 a10时, hx0yhx在 xR上单调递增,x时, hx 与 hx 0 冲突 当 a10 时,hx0xln a1,hx0xln a1,得：当 xln a1时,hxmin a1a1ln a1b0,a1b a12 a12ln a1,a10令 Fxx2x2l

11、n xx0,就 Fxx12ln x,Fx0 0xe,Fx0 xe. 当 xe时, Fxmax e 2. 当 ae1,b2时, a1b 的最大值为 e 2. 81解：设曲线 yfx与 ygxx0在公共点 x0,y0处的切线相同,f xx2a,gx3a2 x,fx0gx0,依题意得f x0gx0,- 4 - / 5 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 5 页精选学习资料 - - - - - - - - - 即1 2x022ax0 3a2ln x0b,x02a3a2 x0,由 x02a3a2 x0,得 x0a 或 x0 3a舍去 ,就 b1 2a22a23a2ln a52a23a

12、2ln a. 令 ht 5 2t23t2ln tt 0,就 ht2t13ln t ,1由 ht0 得 te 或 t 0舍去 ,1当 t 变化时, ht, ht的变化情形如下表：t 0,113e e 3e , ht0 ht 极大值于是函数 ht在0, 上的最大值为h13e233 e 2即 b 的最大值为3e2. 322证明：设 Fxfxgx 1 2x22ax3a2ln xbx 0,a a , 就 Fxx2a3a2 xxax3a x0,由 Fx0 得 xa 或 x 3a舍去 当 x 变化时, Fx,Fx的变化情形如下表：x 0,a Fx0 Fx 微小值结合 1可知函数 Fx在 0, 上的最小值是 故当 x0 时,有 fxgx 0,Fafa ga 0. 即当 x0 时, fx gx- 5 - / 5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 5 页