2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文

《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練23 解答題專項(xiàng)訓(xùn)練 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 文1.已知函數(shù)f(x)=x2+(x0,aR).(1)討論函數(shù)f(x)的奇偶性,并說明理由;(2)若函數(shù)f(x)在2,+)上為增函數(shù),求a的取值范圍.2.已知函數(shù)f(x)=ax2-ln x,aR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,e上的最小值為1,求a的值.3.已知函數(shù)f(x)=x2+(x-1)|x-a|.(1)若a=-1,解方程f(x)=1;(2)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(3)是否存在實(shí)數(shù)a,使不等式f(x)2x-3對一切實(shí)數(shù)xR恒成立?若存在,求出a的取值范圍,若不

2、存在,請說明理由.4.已知函數(shù)f(x)=sin x(x0),g(x)=ax(x0).(1)若f(x)g(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)當(dāng)a取(1)中最小值時(shí),求證:g(x)-f(x)x3.5.(xx課標(biāo)全國高考,文21)設(shè)函數(shù)f(x)=aln x+x2-bx(a1),曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線斜率為0.(1)求b;(2)若存在x01,使得f(x0),求a的取值范圍.6.已知函數(shù)f(x)=在x=1處取得極值2,設(shè)函數(shù)y=f(x)圖象上任意一點(diǎn)(x0,f(x0)處的切線斜率為k.(1)求k的取值范圍;(2)若對于任意0x1x21,存在k,使得k=,求證:x1|x0|x2.專

3、題能力訓(xùn)練23解答題專項(xiàng)訓(xùn)練(函數(shù)與導(dǎo)數(shù))1.解:(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=x2,對任意x(-,0)(0,+),f(-x)=(-x)2=x2=f(x),f(x)為偶函數(shù).當(dāng)a0時(shí),f(x)=x2+(a0,x0),令x=-1,得f(-1)=1-a,令x=1,得f(1)=1+a,f(-1)+f(1)=20,f(-1)-f(1)=-2a0,f(-1)-f(1),f(-1)f(1).函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù).(2)若函數(shù)f(x)在2,+)上為增函數(shù),則f(x)0在2,+)上恒成立,即2x-0在2,+)上恒成立,即a2x3在2,+)上恒成立,只需a(2x3)min,x2,+),a16.a

4、的取值范圍是(-,16.2.解:函數(shù)f(x)的定義域是(0,+),f(x)=ax-.(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=-0,故函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減.當(dāng)a0時(shí),f(x)0時(shí),令f(x)=0,又因?yàn)閤0,解得x=.當(dāng)x時(shí),f(x)0,所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增.綜上所述,當(dāng)a0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(0,+),當(dāng)a0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是,單調(diào)增區(qū)間為.(2)當(dāng)a0時(shí),由(1)可知,f(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以f(x)的最小值為f(e)=ae2-1=1,解得a=0,舍去.當(dāng)a0時(shí),由(1)可知,當(dāng)1,即a1時(shí),函數(shù)f(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)的最小值為

5、f(1)=a=1,解得a=2.當(dāng)1e,即a1時(shí),函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f(x)的最小值為fln a=1,解得a=e,舍去.當(dāng)e,即0a時(shí),函數(shù)f(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以函數(shù)f(x)的最小值為f(e)=ae2-1=1,得a=,舍去.綜上所述,a=2.3.解:(1)當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=x2+(x-1)|x+1|,故有f(x)=當(dāng)x-1時(shí),由f(x)=1,有2x2-1=1,解得x=1或x=-1,當(dāng)x1,則1-a0,即0,取x0=,此時(shí)x0(-,a),g(x0)=g=(a-1)-a+3=1-a1,總能找到x0=,使得g(x0)1,使得g(x)0恒成立.若a=1,g(

6、x)=其值域?yàn)?,+),所以g(x)0恒成立.若a1,當(dāng)x(-,a)時(shí),g(x)單調(diào)遞減,其值域?yàn)?a2-2a+3,+),由于a2-2a+3=(a-1)2+22,所以g(x)0成立.當(dāng)xa,+)時(shí),由a1,知a,g(x)在x=處取最小值,令g=a+3-0,得-3a5.又a1,所以-3a1.綜上,a-3,1.4.解:(1)令h(x)=sin x-ax(x0),h(x)=cos x-a.若a1,則h(x)=cos x-a0,h(x)=sin x-ax(x0)單調(diào)遞減,h(x)h(0)=0,故sin xax(x0)成立.若a0,h(x)=sin x-ax(x(0,x0)單調(diào)遞增,h(x)h(0)=0

7、,不合題意,舍去.綜上可知,a1.(2)設(shè)H(x)=x-sin x-x3(x0),H(x)=1-cos x-x2.令G(x)=1-cos x-x2,G(x)=sin x-x0(x0),故G(x)=1-cos x-x2在(0,+)上單調(diào)遞減.此時(shí)G(x)=1-cos x-x2G(0)=0,即H(x)=1-cos x-x20,故H(x)=x-sin x-x3(x0)單調(diào)遞減,H(x)=x-sin x-x3H(0)=0.于是x-sin x-x30(x0),即x-sin xx3(x0).5.解:(1)f(x)=+(1-a)x-b.由題設(shè)知f(1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定義域?yàn)?0,+),由

8、(1)知,f(x)=aln x+x2-x,f(x)=+(1-a)x-1=(x-1).若a,則1,故當(dāng)x(1,+)時(shí),f(x)0,f(x)在(1,+)單調(diào)遞增.所以,存在x01,使得f(x0)的充要條件為f(1),即-1,解得-1a-1.若a1,故當(dāng)x時(shí),f(x)0.f(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增.所以,存在x01,使得f(x0)1,則f(1)=-1=.綜上,a的取值范圍是(-1,-1)(1,+).6.(1)解:f(x)=.由f(1)=0及f(1)=2,得a=4,b=1.k=f(x0)=4,設(shè)=t,t(0,1,得k.(2)證明:f(x)=,令f(x)0x(-1,1).f(x)的增區(qū)間為(-1,1),故當(dāng)0x1x20,即k0,故x0(-1,1).由于f(x0)=f(-x0),故只需要證明x0(0,1)時(shí)結(jié)論成立.由k=,得f(x2)-kx2=f(x1)-kx1,記h(x)=f(x)-kx,則h(x2)=h(x1).h(x)=f(x)-k,則h(x0)=0,設(shè)g(x)=,x(0,1),g(x)=x0時(shí),有f(x)f(x0)=k,此時(shí)h(x)0,h(x)為減函數(shù).當(dāng)x0,h(x)為增函數(shù).所以h(x0)為h(x)的唯一的極大值,因此要使h(x2)=h(x1),必有x1x0x2.綜上,有x1|x0|x2成立.