2014高考数学（文）二轮专题升级训练：解答题专项训练函数与导数]

2014高考数学（文）二轮专题升级训练：解答题专项训练函
数与导数]
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+(x≠0,a∈R).
(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λ取何值时,方程f(x)=λ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)=e x-ax-1(a∈R).
(1)讨论f(x)=e x-ax-1(a∈R)的单调性;
(2)若a=1,求证:当x≥0时,f(x)≥f(-x).
6.已知函数f(x)满足f(x)=f'(1)e x-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<|x0|<x2.< p="">
8.(2013·山西太原模拟,21)设函数f(x)=x2+ax-ln x(a∈R).
(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,x2∈[1,2],恒有m+ln2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.
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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a≠0时,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a≤2x3在[2,+∞)上恒成立,
只需a≤(2x3)min,x∈[2,+∞),∴a≤16.
∴a的取值范围是(-∞,16].
2.解:(1)f(x)=ax++b≥2+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=,①
f'(x)=a-?f'(1)=a-,②
由①②得:a=2,b=-1.
3.解:(1)∵f(x)是x∈R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< p="">
=,
∵0<x1<x2<1,< p="">
∴>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)∈.< p="">
同理,f(x)在(-1,0)上的值域为.
又f(0)=0,∴当λ∈,或λ=0时,
方程f(x)=λ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=0,①
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=1.②
由①②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<xF(1)=0,即f(x)>g(x);</x
当x=1时,F(x)=F(1)=0,即f(x)=g(x);
当x>1时,F(x)<g(x).< p="">
综上可知,当01时,f(x)<g(x).< p="">
5.解: (1) f'(x)=e x-a.
当a≤0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<="" p="">
综上,当a≤0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)=e x--2x,g'(x)=e x+e-x-2≥0,
∴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)e x-1-f(0)x+x2=e x-f(0)x+x2?f'(x)=f'(1)e x-1-f(0)+x,
令x=1得f(0)=1.
f(x)=f'(1)e x-1-x+x2?f(0)=f'(1)e-1=1?f'(1)=e,
得:f(x)=e x-x+x2.令g(x)=f'(x)=e x-1+x,
则g'(x)=e x+1>0?y=g(x)在x∈R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)=e x-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)=e x-(a+1)x-b≥0,h'(x)=e x-(a+1).
①当a+1≤0时,h'(x)>0?y=h(x)在x∈R上单调递增,
x→-∞时,h(x)→-∞与h(x)≥0矛盾.
②当a+1>0时,
h'(x)>0?x>ln(a+1),h'(x)<0?x<ln(a+1),< p="">
得:当x=ln(a+1)时,
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),则F'(x)=x(1-2ln x),
F'(x)>0?0<x<,f'(x).</x<,f'(x)
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)>0?x∈(-1,1).
f(x)的增区间为(-1,1),
故当0<x1<x20,</x1<x2
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)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.< p="">
综上,有x1<|x0|<x2成立.< p="">
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)1时,f'(x)>0.∴f(x)极小值=f(1)=1,无极大值.</x<1时,f'(x)
(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<x1.</x
令f'(x)>0,得<x<1.< p="">
当>1,即1<a<2时,< p="">
令f'(x)<0,得0<x;</x
令f'(x)>0,得1<x<.< p="">
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.< p="">
(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≥.< p=""> </a<4得0<,∴m≥.<>
</a<2时,f(x)在(0,1)和上单调递减,在上单调递增.<>
</x<.<>
</a<2时,<>
</x<1.<>
</x2成立.<> </x0<x2.<>。