新课标2022届高考数学二轮复习题型专项训练8函数与导数解答题专项理

题型专项训练8　函数与导数(解答题专项)1.已知函数f(x)=xlnx+ax(a∈R).(1)当a=0时,求f(x)的最小值;(2)若函数g(x)=f(x)+lnx在区间[1,+∞)上为增函数,求实数a的取值范围.2.已知函数f(x)=alnx+x2+bx(a,b∈R)在x1=2,x2=3处取得极值.(1)求a,b的值;(2)求f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程.3.(2022浙江绍兴鲁迅中学模拟)已知函数f(x)=lnx-(1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;(2)设m>n>0,求证:lnm-lnn>4.(2022浙江湖州、丽水、衢州三地市4月联考)已知函数f(x)=lox-mlog2x+a,g(x)=x2+1.(1)当a=1时,求f(x)在x∈[1,4]上的最小值;(2)当a>0,m=2时,若对任意的实数t∈[1,4],均存在xi∈[1,8](i=1,2),且x1≠x2,使得=f(t)成立,求实数a的取值范围.4\n5.已知二次函数f(x)=x2+bx+c,其中常数b,c∈R.(1)若任意的x∈[-1,1],f(x)≥0,f(2+x)≤0,试求实数c的取值范围;(2)若对任意的x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,试求实数b的取值范围.6.已知a∈R,函数f(x)=+alnx.(1)若函数f(x)在(0,2)上递减,求实数a的取值范围;(2)当a>0时,求f(x)的最小值g(a)的最大值;(3)设h(x)=f(x)+|(a-2)x|,x∈[1,+∞),求证:h(x)≥2.参考答案题型专项训练8　函数与导数(解答题专项)1.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=lnx+1,令f'(x)=0,得x=.当x∈(0,+∞)时,f'(x),f(x)的变化的情况如下:xf'(x)-0+f(x)↘极小值↗∴f(x)的最小值是f=-.(2)由题意得g'(x)=lnx+a+1+.∵函数g(x)在区间[1,+∞)上为增函数,∴当x∈[1,+∞)时,g'(x)≥0,即lnx+≥-(a+1)在[1,+∞)上恒成立,设h(x)=lnx+,∴h'(x)=,∴h(x)=lnx+在[1,+∞)上递增,∴-(a+1)≤h(x)min=h(1)=1,∴a≥-2.2.解(1)f'(x)=+x+b=,令f'(x)==0,4\n据题意,得2,3是方程x2+bx+a=0的两根,则有所以(2)f(x)=6lnx+x2-5x,则f(1)=-5=-,得P.又由f'(x)=,得f'(1)=1-5+6=2.从而,得所求切线方程为l:y+=2(x-1),即4x-2y-13=0.3.(1)解f',因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即x2+(2-2a)x+1≥0在(0,+∞)上恒成立,所以2a-2≤x+在(0,+∞)上恒成立,因为x+≥2,当且仅当x=1时等号成立,所以2a-2≤2,解得a≤2.(2)证明要证lnm-lnn>,只需证ln,只需证ln>0.设h(x)=lnx-,由(1)可知h(x)在(0,+∞)上单调递增,因为>1,所以h>h(1)=0,即ln>0,所以原等式成立.4.解(1)当a=1时,f(x)=lox-mlog2x+1=+1-,其中0≤log2x≤2.因此,①当≤0,即m≤0时,f(x)min=f(1)=1;②当≥2,即m≥4时,f(x)min=f(4)=5-2m;③当0<m<4,即当log2x=时,f(x)min=1-.综上,f(x)min=(2)令log2t=u(0≤u≤2),则f(t)=u2-2u+a的值域是[a-1,a].因为y==x+-2a(1≤x≤8),利用图形可知即解得3<a≤11-2.故实数a的取值范围是(3,11-2].5.解(1)因为-1≤x≤1,所以1≤2+x≤3.由已知,可得对任意的-1≤x≤1,f(x)≥0恒成立;对任意的1≤x≤3,f(x)≤0恒成立,故f(1)≥0,且f(1)≤0,即f(1)=0,也即1为函数y=f(x)的一个零点.因此可设f(x)=(x-1)(x-c).所以,任意的1≤x≤3,f(x)≤0恒成立,则[1,3]⊆[1,c],即c的取值范围为c≥3.(2)函数f(x)=x2+bx+c对∀x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4恒成立,即f(x)max-f(x)min≤4,记f(x)max-f(x)min=M,则M≤4.当>1,即|b|>2时,M=|f(1)-f(-1)|=|2b|>4,与M≤4矛盾;当≤1,即-2≤b≤2时,M=max{f(1),f(-1)}-f=-f=≤4,即-2≤b≤2.综上,实数b的取值范围为-2≤b≤2.6.(1)解函数定义域为(0,+∞),函数f(x)在(0,2)上递减⇔∀x∈(0,2),恒有f'(x)≤0成立,而f'(x)=≤0⇔∀x∈(0,2),恒有a≤成立,而>1,则a≤1.(2)解当a>0时,f'(x)==0⇒x=.4\n当x∈(0,+∞)时,f'(x),f(x)的变化情况如下:xf'(x)-0+f(x)↘极小值↗所以f(x)的最小值g(a)=f=a+aln,g'(a)=ln2-lna=0⇒a=2,当a∈(0,+∞)时,g'(a),g(a)的变化情况如下:a(0,2)2(2,+∞)g'(a)+0-g(x)↗极大值↘所以g(a)的最大值为g(2)=2.(3)证明当a≥2时,h(x)=f(x)+(a-2)x=+alnx+(a-2)x,h'(x)=+a-2≥0,所以h(x)在[1,+∞)上是增函数,故h(x)≥h(1)=a≥2.当a<2时,h(x)=f(x)-(a-2)x=+alnx-(a-2)x,h'(x)=-a+2==0,解得x=-<0或x=1,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,即h(x)≥h(1)=4-a>2.综上所述:h(x)≥2.4