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- 2021-06-15 发布
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课时达标训练(二十一) “函数、不等式与导数”专题提能课
A组
1.函数f(x)=的定义域为________________.
解析:由题意得
解得x>且x≠1,
故函数的定义域是.
答案:
2.(2019·南通等七市一模)在平面直角坐标系xOy中,已知直线y=3x+t与曲线y=asin x+bcos x(a,b,t∈R)相切于点(0,1),则(a+b)t的值为________.
解析:由题意可得t=1,b=1,y′=acos x-bsin x,
则acos 0-bsin 0=3,a=3,所以(a+b)t=4.
答案:4
3.(2019·无锡期初)已知二次函数f(x)=(a+b)x2+(a-b)x-a+b存在零点x0,若-1≤b≤2≤a≤4,则实数x0的取值范围是________.
解析:法一:在平面直角坐标系aOb中作出满足-1≤b≤2≤a≤4的平面区域如图中阴影部分所示,表示可行域内的点(a,b)与原点O连线的斜率,所以∈,则≤1+≤2.易知a+b≠0,则=-1+=-1+.令g(x)=-1+,则g(x)在上单调递减,所以=-1+∈[0,3].由题意知,f(x0)=(a+b)x+(a-b)x0-a+b=0,即(a+b)x=(a-b)(1-x0),易知x0=1时不符合题意,当x0≠1时,有=,因此0≤≤3,解得x0的取值范围为.
答案:
4.设f(x)是定义在R上的奇函数,且满足x>0时,f(x)+xf′(x)>0,f(2)=0,则不等式f(x)>0的解集为________.
解析:令F(x)=xf(x),则F′(x)=f(x)+xf′(x).
∵x>0时,f(x)+xf′(x)>0,
∴F(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵f(x)是定义在R上的奇函数,
∴F(x)=xf(x)是定义在R上的偶函数.
∵f(2)=0,∴F(-2)=F(2)=2f(2)=0.
∴f(x)>0等价于或
解得x>2或-20,
∴g′(x)>0,g(x)在[1,e]上单调递增,
∴g(x)的最大值为g(e)=.
②同理,单调递增函数g(x)=∈,
h(x)=·.
1°若a≥0,则g(x)≥0,h(x)=,
h′(x)==≤0,
令u(x)=-(1+x+x2)ln x-ax2+x+1,
则u′(x)=-(1+2x)ln x--(2a+1)x<0,
即u(x)在[1,e]上单调递减,
∴u(x)max=u(1)=-a+2≤0,∴a≥2.
2°若a≤-,则g(x)≤0,h(x)=-,由1°知,h′(x)=,则h′(x)≤0,u(x)≥0,
又u(x)在[1,e]上单调递减,
∴u(x)min=u(e)=-e2(a+1)≥0,a≤-1,
又a≤-,∴a≤-.
3°若-0,
∴h(x)在[1,e]上不单调.
综上所述,a∈∪[2,+∞).
C组
1.已知函数y=f(x)(x∈R).对于函数y=g(x)(x∈I),定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y=h(x)(x∈I),y=h(x)满足:对任意x∈I,两个点(x,h(x)),(x,g(x))关于点(x,f(x))对称.若h(x)是g(x)=关于f(x)=3x+b的“对称函数”,且h(x)>g(x)恒成立,则实数b的取值范围是________.
解析:由于g(x)=的图象是圆x2+y2=4在x轴上方的半圆(包括与x轴的交点),设这个半圆的一条切线方程为y=3x+b1,则有=2,解得b1=2,要使得h(x)>g(x)恒成立,则需b>b1=2.
故实数b的取值范围为(2,+∞).
答案:(2,+∞)
2.设函数f(x)=-ex-x(e为自然对数的底数)的图象上任意一点处的切线为l1,若总存在曲线y=g(x)=3ax+2cos x上某点处的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为________.
解析:f′(x)=-ex-1,g′(x)=3a-2sin x,在f(x)的图象上取点(x1,y1),在g(x
)的图象上取点(x2,y2),要使l1⊥l2,需3a-2sin x2=,∵3a-2sin x2∈[3a-2,3a+2],∈(0,1),则只有(0,1)⊂[3a-2,3a+2],
∴解得-≤a≤.
答案:
3.设f′(x)是函数y=f(x)的导函数,f′′(x)是y=f′(x)的导函数,若方程f′′(x)=0有实数根x0,则称点(x0,f(x0))为曲线y=f(x)的“拐点”.已知任意三次函数既有拐点,又有对称中心,且拐点就是对称中心.设f(x)=x3-2x2+x+1,数列{an}的通项公式为an=2n-7,则f(a1)+f(a2)+…+f(a8)=________.
解析:因为f(x)=x3-2x2+x+1,所以f′(x)=x2-4x+,所以f′′(x)=2x-4,令f′′(x)=0,
解得x=2.而f(2)=-8++1=1,故函数y=f(x)的图象关于点(2,1)对称,所以f(x)+f(4-x)=2.
因为an=2n-7,所以a1=-5,a8=9,所以f(a1)+f(a8)=2,
同理可得f(a2)+f(a7)=2,f(a3)+f(a6)=2,f(a4)+f(a5)=2,所以f(a1)+f(a2)+…+f(a8)=2×4=8.
答案:8
4.已知函数f(x)的定义域为R,且f(2)=2,函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,若两个正数a,b满足f(2a+b)<2,则的取值范围是________.
解析:由题图可知,当x>0时,导函数f′(x)>0,函数f(x)单调递增.因为两个正数a,b满足f(2a+b)<2,f(2)=2,所以f(2a+b)0,b>0,故点(a,b)所在的平面区域如图中阴影部分所示(不包括边界),表示动点(a,b)与定点(-2,-2)连线的斜率,当连线过点(1,0)时,=,当连线过点(0,2)时,=2,故的取值范围是.
答案:
5.已知f(x)是定义在集合M上的函数.若区间D⊆M,且对任意x0∈D,均有f(x0)∈D,则称函数f(x)在区间D上封闭.
(1)判断f(x)=x-1在区间[-2,1]上是否封闭,并说明理由;
(2)若函数g(x)=在区间[3,10]上封闭,求实数a的取值范围;
(3)若函数h(x)=x3-3x在区间[a,b](a,b∈Z,且a≠b)上封闭,求a,b的值.
解:(1)因为函数f(x)=x-1在区间[-2,1]上单调递增,所以当x∈[-2,1]时,f(x)的值域为[-3,0].
而[-3,0]⊄[-2,1],所以函数f(x)在区间[-2,1]上不是封闭的.
(2)因为g(x)==3+.
①当a=3时,函数g(x)=3,显然{3}⊆[3,10],故a=3满足题意;
②当a>3时,在区间[3,10]上,函数g(x)单调递减,此时g(x)的值域为.
由⊆[3,10]得
解得3≤a≤31,故3<a≤31;
③当a<3时,在区间[3,10]上,有g(x)=3+<3,不合题意.
综上所述,实数a的取值范围是[3,31].
(3)因为h(x)=x3-3x,
所以h′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1).
因为当x<-1或x>1时,h′(x)>0;当x=-1或x=1时,h′(x)=0;当-1<x<1时,h′(x)<0,
所以函数h(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,在区间(-1,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
从而h(x)在x=-1处取得极大值2,在x=1处取得极小值-2.
由题意知
即解得
因为a<b,所以-2≤a≤0,0≤b≤2.
又a,b∈Z,故a只可能取-2,-1,0,b只可能取0,1,2.
①当a=-2时,因为b>0,
故由h(-1)=2得b≥2,因此b=2.经检验,a=-2,b=2符合题意;
②当a=-1时,由h(-1)=2,得b=2,此时h(1)=-2∈ /[-1,2],不符合题意;
③当a=0时,显然不符合题意.
综上所述,a=-2,b=2.
6.(2019·苏锡常镇二模)已知函数f(x)=x2+(2-a)x-aln x,其中a∈R.
(1)如果曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为1,求实数a的值;
(2)若函数f(x)的极小值不超过,求实数a的最小值;
(3)对任意x1∈[1,2],总存在x2∈[4,8],使得f(x1)=f(x2)成立,求实数a的取值范围.
解:(1)因为f(x)=x2+(2-a)x-aln x,所以f′(x)=.
因为曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为1,所以f′(1)=2(2-a)=1,
得a=.
(2)①当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)不存在极值.
②当a>0时,令f′(x)=0,得x=.
x,f′(x),f(x)变化情况如下:
x
f′(x)
-
0
+
f(x)
极小值
则f(x)min=f=a--aln≤,
因为a>0,所以--ln≤0.
令g(a)=--ln=+ln 2--ln a,
则g′(a)=--<0,
所以g(a)在(0,+∞)上单调递减,
又g(2)=0,所以当a≥2时,g(a)≤g(2)=0,故实数a的最小值为2.
(3)记f(x)在[1,2]上的值域为A,在[4,8]上的值域为B,
则对任意x1∈[1,2],总存在x2∈[4,8],使得f(x1)=f(x2)成立可转化为A⊆B.
①当≤1或≥8,即a≤2或a≥16时,f(x)在[1,8]上为单调函数,不合题意;
②当1<≤2,即22.7,计算得e3>24,则e>e3>24,即>ln 24=4ln 2,即7>8ln 2.
也即21>24ln 2,则-8=>0,即>8.
所以≤a≤8;
④当4<<8,即8
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