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- 2021-06-10 发布
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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 ab=Error!则关于非零实数 x 的不等式 (x+4
x )4≥8 (x1
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.