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江苏省2022高考数学总复习优编增分练:高考解答题分项练五函数与导数A

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(五)函数与导数(A)1.(2022·宿迁期末)已知函数f(x)=a(a>0,且a≠1)是定义在R上的奇函数.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的值域;(3)若存在x∈[1,2],使得4+mf(x)-2x+1≥0成立,求实数m的取值范围.解 (1)∵f(x)是R上的奇函数,∴f(0)=a=0,可得a=2.经检验a=2符合题意.(2)由(1)可得f(x)=2,∴函数f(x)在R上单调递增,又2x+1>1,∴-2<-<0,∴-2<2<2.∴函数f(x)的值域为(-2,2).(3)当x∈[1,2]时,f(x)=2>0.由题意知,存在x∈[1,2],使得mf(x)=2m·≥2x+1-4成立,6\n即存在x∈[1,2],使得m≥成立.令t=2x-1(1≤t≤3),则有m≥=t-+1,∵当1≤t≤3时,函数y=t-+1为增函数,∴min=0.∴m≥0.故实数m的取值范围为[0,+∞).2.已知函数f(x)=+x.(1)若函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线经过点(0,-1),求a的值;(2)是否存在负整数a,使函数f(x)的极大值为正值?若存在,求出所有负整数a的值;若不存在,请说明理由.解 (1)∵f′(x)=,∴f′(1)=1,f(1)=ae+1.∴函数f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-(ae+1)=x-1,又直线过点(0,-1),∴-1-(ae+1)=-1,解得a=-.(2)若a<0,f′(x)=,当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0恒成立,函数在(-∞,0)上无极值;当x∈(0,1)时,f′(x)>0恒成立,函数在(0,1)上无极值.方法一 当x∈(1,+∞)时,若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0),则则由③得=-,代入②得-+x0>0,结合①可解得x0>2,再由f(x0)=+x0>0,得a>-,设h(x)=-,则h′(x)=,当x>2时,h′(x)>0,即h(x)是增函数,6\n∴a>h(x0)>h(2)=-.又a<0,故当极大值为正数时,a∈,从而不存在负整数a满足条件.方法二 当x∈(1,+∞)时,令H(x)=aex(x-1)+x2,则H′(x)=(aex+2)x,∵x∈(1,+∞),∴ex∈(e,+∞),∵a为负整数,∴a≤-1,∴aex<ae≤-e,∴aex+2<0,∴H′(x)<0,∴H(x)在(1,+∞)上单调递减.又H(1)=1>0,H(2)=ae2+4≤-e2+4<0,∴∃x0∈(1,2),使得H(x0)=0,且当1<x<x0时,H(x)>0,即f′(x)>0;当x>x0时,H(x)<0,即f′(x)<0.∴f(x)在x0处取得极大值f(x0)=+x0.(*)又H(x0)=(x0-1)+x=0,∴=-,代入(*)得f(x0)=-+x0=<0,∴不存在负整数a满足条件.3.(2022·南通模拟)已知函数f(x)=ax2-ax+lnx+a,其中a∈R.(1)当a=1时,求函数f(x)在x=1处的切线方程;(2)若函数f(x)存在两个极值点x1,x2,求f(x1)+f(x2)的取值范围;(3)若不等式f(x)≥ax-对任意的实数x∈(1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.解 (1)当a=1时,f(x)=x2-x+lnx+,故f(1)=,且f′(x)=x-1+,故f′(1)=1,6\n所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y-=x-1,即4x-4y-1=0.(2)由f(x)=ax2-ax+lnx+a,x>0,可得f′(x)=ax-a+=,因为函数f(x)存在两个极值点x1,x2,所以x1,x2是方程f′(x)=0的两个正根,即ax2-ax+1=0的两个正根为x1,x2,所以即所以f(x1)+f(x2)=ax-ax1+lnx1+a+ax-ax2+lnx2+a=a[(x1+x2)2-2x1x2]-a(x1+x2)+ln(x1x2)+a=2a-lna-1,令g(a)=2a-lna-1,a>4,故g′(a)=2->0,g(a)在(4,+∞)上单调递增,所以g(a)>g(4)=7-ln4,故f(x1)+f(x2)的取值范围是(7-ln4,+∞).(3)由题意知,f(x)≥ax-对任意的实数x∈(1,+∞)恒成立,即2lnx+ax2-4ax+3a≥0对任意的实数x∈(1,+∞)恒成立.令h(x)=2lnx+ax2-4ax+3a,x>1,则h′(x)=+2ax-4a=2·,①若a=0,当x>1时,h(x)=2lnx>0,故a=0符合题意;②若a>0,(ⅰ)若4a2-4a≤0,即0<a≤1,则h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,h(x)>h(1)=0,故0<a≤1符合题意;(ⅱ)若4a2-4a>0,即a>1,令h′(x)=0,得x1=1-<1(舍去),6\nx2=1+>1,当x∈(1,x2)时,h′(x)<0,h(x)在(1,x2)上单调递减;当x∈(x2,+∞)时,h′(x)>0,h(x)在(x2,+∞)上单调递增,所以存在x=x2>1,使得h(x2)<h(1)=0,与题意矛盾,所以a>1不符合题意.③若a<0,令h′(x)=0,得x0=1-=1+>1.当x∈(1,x0)时,h′(x)>0,h(x)在(1,x0)上单调递增;当x∈(x0,+∞)时,h′(x)<0,h(x)在(x0,+∞)上单调递减.首先证明:4->x0.要证4->x0,即要证4->1-,只要证2-3a>,因为a<0,所以(2-3a)2-()2=8a2-11a+4>0,故2-3a>,所以4->x0.其次证明,当a<0时,lnx<x-a对任意的x∈(1,+∞)都成立,令t(x)=lnx-x+a,x>1,则t′(x)=-1<0,故t(x)在(1,+∞)上单调递减,所以t(x)<t(1)=a-1<0,则lnx-x+a<0,所以当a<0时,lnx<x-a对任意的x∈(1,+∞)都成立,所以当x>4-时,h(x)=2lnx+ax2-4ax+3a<2+ax2-4ax+3a,即h(x)<ax<0,与题意矛盾,故a<0不符合题意.6\n综上所述,实数a的取值范围是[0,1].6

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发布时间:2022-08-25 23:22:02 页数:6
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文章作者:U-336598

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