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  • 2021-06-10 发布

【数学】2020届一轮复习苏教版“函数、不等式与导数”专题提能课作业

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(二十一) “函数、不等式与导数”专题提能课 A 组——易错清零练 1.函数 f(x)= 1 ln(4x-3)的定义域为________________. 解析:由题意得Error! 解得 x>3 4且 x≠1, 故函数的定义域是{xx>3 4且x ≠ 1}. 答案:{xx>3 4且x ≠ 1} 2.y=x2-x+1 x-1 的值域是________. 解析:令 t=x-1,得 x=t+1, 则 y=t2+t+1 t =t+1 t+1, 当 t>0 时,y=t+1 t+1≥2 t·1 t+1=3, 当且仅当 t=1,即 x=2 时取等号. 同理:当 t<0 时,y=t+1 t+1=-(-t-1 t)+1≤-2 (-t)·(-1 t )+1=-1, 当且仅当 t=-1,即 x=0 时取等号. 所以该函数的值域是(-∞,-1]∪[3,+∞). 答案:(-∞,-1]∪[3,+∞) 3.若函数 f(x)=2x2-ln x 在其定义域内的一个子区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则 实数 k 的取值范围是________. 解析:由题意,知函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=4x-1 x,由 f′(x)=0,解得 x=1 2. 所以函数 f(x)在(0,1 2 ]上单调递减,在[1 2,+∞)上单调递增. 故有Error!解得 1≤k<3 2. 答案:[1,3 2 ) 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Error!或Error! 解得 x>2 或-20). ①当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数既无极大值,也无极小 值; ②当 a>0 时,由 f′(x)=0,得 x= a或 x=- a(舍去). 于是,当 x 变化时,f′(x)与 f(x)的变化情况如下表: x (0, a) a ( a,+∞) f′(x) - 0 + f(x)  a(1-ln a) 2  所以函数 f(x)的单调递减区间是(0, a),单调递增区间是( a,+∞). 函数 f(x)在 x= a处取得极小值 f( a)=a(1-ln a) 2 ,无极大值. 综上可知,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(0,+∞),函数 f(x)既无极大值也无 极小值; 当 a>0 时,函数 f(x)的单调递减区间为(0, a),单调递增区间为( a,+∞),函数 f(x) 有极小值a(1-ln a) 2 ,无极大值. (3)当 a≤0 时,由(2)知函数 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数 f(x)在区间(1,e2]内 至多有一个零点,不合题意. 当 a>0 时,由(2)知,当 x∈(0, a)时,函数 f(x)单调递减;当 x∈( a,+∞)时,函数 f(x)单调递增,函数 f(x)在(0,+∞)上的最小值为 f( a)=a(1-ln a) 2 . 若函数 f(x)在区间(1,e2]内恰有两个零点,则需满足Error!即Error!整理得Error! 所以 e0,y>0, 知2a x +4b y =1,且 a>0,b>0, 则 x+2y=(x+2y)(2a x +4b y )=2a+8b+4(ay x +bx y )≥2a+8b+4·2 ab, 当且仅当 ay= bx 时取等号, 即 x+2y 的最小值为 2a+8b+32, 由条件得 2a+8b+32=64,即 a+4b=16. 又 ab=16, 所以 a=8,b=2,故 ab=82=64. 答案:64 2.定义运算 ab=Error!则关于非零实数 x 的不等式 (x+4 x )4≥8 (x1 x )的解集为 ________________________________________________. 解析:当 x≤-1 时,因为 x+4 x<0,x≤1 x, 故原不等式可化为 x+4 x≥8x,在(-∞,-1]上恒成立; 当-11 x, 故原不等式可化为 x+4 x≥8 x,在(-1,0)上恒成立; 当 04,x<1 x, 故原不等式可化为 4≥8x,解得 01 时,因为 x+4 x≥4,x>1 x, 故原不等式可化为 4≥8 x,解得 x≥2. 综上所述,原不等式的解集为(-∞,0)∪(0,1 2 ]∪[2,+∞). 答案:(-∞,0)∪(0,1 2 ]∪[2,+∞) 3.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)= 4-x2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)= 4-x2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+b 1,则有 b1 32+(-1)2 =2,解得 b1=2 10,要使得 h(x)>g(x)恒成立,则需 b>b1=2 10. 故实数 b 的取值范围为(2 10,+∞). 答案:(2 10,+∞) 4.定义区间(a,b),[a,b),(a,b],[a,b]的长度均为 d=b-a.用[x]表示不超过 x 的最 大整数,记{x}=x-[x],其中 x∈R.设 f(x)=[x]·{x},g(x)=x-1,若用 d 表示不等式 f(x)<g(x) 解集区间的长度,则当 0≤x≤3 时,d=________. 解析:f(x)=[x]·{x}=[x]·(x-[x])=[x]x-[x] 2, 由 f(x)<g(x)得[x]x-[x]2<x-1, 即([x]-1)·x<[x]2-1. 当 x∈[0,1)时,[x]=0, 不等式的解为 x>1,不合题意; 当 x∈[1,2)时,[x]=1,不等式为 0<0,无解,不合题意; 当 x∈[2,3]时,[x]>1, 所以不等式([x]-1)x<[x]2-1 等价于 x<[x]+1,此时恒成立, 所以不等式的解为 2≤x≤3, 所以当 0≤x≤3 时,不等式 f(x)<g(x)解集区间的长度为 d=1. 答案:1 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)=3x+a x+1 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)=3x+a x+1 =3+a-3 x+1. 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[30+a 11 ,9+a 4 ]. 由[30+a 11 ,9+a 4 ]⊆[3,10]得Error! 解得 3≤a≤31,故 3<a≤31; ③当 a<3 时,在区间[3,10]上,有 g(x)=3+a-3 x+1<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Error! 即Error!解得Error! 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.设函数 f(x)=x2-(a-2)x-aln x. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)有两个零点,求满足条件的最小正整数 a 的值; (3)若方程 f(x)=c 有两个不相等的实数根 x1,x2,求证:f′(x1+x2 2 )>0. 解:(1)f′(x)=2x-(a-2)-a x=2x2-(a-2)x-a x = (2x-a)(x+1) x (x>0). 当 a≤0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以函数 f(x)的单调增区间为 (0,+∞), 当 a>0 时,由 f′(x)>0 得 x>a 2,函数 f(x)在(a 2,+∞)上单调递增;由 f′(x)<0 得 0< x<a 2,函数 f(x)在(0,a 2 )上单调递减. 综上可知,当 a≤0 时,函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞);当 a>0 时函数 f(x)的单调增 区间为(a 2,+∞),单调减区间为(0,a 2 ). (2)由(1)得若函数 f(x)有两个零点,则 a>0,且 f(x)的最小值 f(a 2 )<0,即-a2+4a- 4alna 2<0. 因为 a>0,所以 a+4ln a 2-4>0. 令 h(a)=a+4ln a 2-4,显然 h(a)在(0,+∞)上为增函数,且 h(2)=-2<0,h(3)=4ln 3 2 -1=ln 81 16-1>0, 所以存在 a0∈(2,3),h(a0)=0. 当 a>a0 时,h(a)>0;当 0<a<a0 时,h(a)<0. 所以满足条件的最小正整数 a=3. 又当 a=3 时,f(3)=3(2-ln 3)>0,f(2)=2-3ln 2<0,f(1)=0,所以当 a=3 时,f(x)有 两个零点. 综上所述,满足条件的最小正整数 a 的值为 3. (3)证明:因为 x1,x2 是方程 f(x)=c 的两个不相等的实根,由(1)知 a>0.不妨设 0<x1< x2, 则 x21-(a-2)x1-aln x1=c, x22-(a-2)x2-aln x2=c. 两式相减得 x21+2x1-x22-2x2=ax1+aln x1-ax2-aln x2=a(x1+ln x1-x2-ln x2). 所以 a= x21+2x1-x22-2x2 x1+ln x1-x2-ln x2. 又因为 f′(a 2 )=0,当 x∈(0,a 2 )时,f′(x)<0,当 x∈(a 2,+∞)时,f′(x)>0, 故只要证x1+x2 2 >a 2即可, 即证明 x1+x2> x21+2x1-x22-2x2 x1+ln x1-x2-ln x2, 即证明 x21-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)<x21+2x1-x22-2x2,即证明 lnx1 x2<2x1-2x2 x1+x2 . 设 t=x1 x2(0<t<1). 令 g(t)=ln t-2t-2 t+1 , 则 g′(t)=1 t- 4 (t+1)2 = (t-1)2 t(t+1)2. 因为 t>0,所以 g′(t)≥0,当且仅当 t=1 时,g′(t)=0,所以 g(t)在(0,1)上是增函 数. 又因为 g(1)=0,所以当 t∈(0,1)时,g(t)<0 总成立. 即不等式 ln x1 x2<2x1-2x2 x1+x2 总成立, 所以原不等式得证.