《安徽省2020年高考数学第二轮复习 专题升级训练22 解答题专项训练(函数与导数) 文（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省2020年高考数学第二轮复习 专题升级训练22 解答题专项训练(函数与导数) 文（通用）（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题升级训练22解答题专项训练(函数与导数)1已知函数f(x)x2(x0，aR)(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f(x)在2，)上为增函数，求a的取值范围2设定义在(0，)上的函数f(x)axb(a0)(1)求f(x)的最小值；(2)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为yx，求a，b的值3(2020合肥六中冲刺卷，文18)已知函数f(x)x3ax24，其中a为实数(1)若函数yf(x)在点P(1，f(1)处的切线倾斜角为，求单调递减区间；(2)若存在x0(0，)，使得f(x0)0，求a的取值范围4某高新区引进一高科技企业，投入资金720万元建设基本设施，第一
2、年各种运营费用120万元，以后每年增加40万元；每年企业销售收入500万元，设f(n)表示前n年的纯收入(f(n)前n年的总收入前n年的总支出投资额)(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该企业为开发新产品，有两种处理方案：年平均利润最大时，以480万元出售该企业；纯利润最大时，以160万元出售该企业；问哪种方案最合算？5.已知函数f(x)exax1(aR)(1)讨论f(x)exax1(aR)的单调性；(2)若a1，求证：当x0时，f(x)f(x)6(2020安徽江南十校二模，文19)已知函数f(x)aln xbx2在点(1，f(1)处的切线方程为xy10.(1)求f(x)的表达式；(
3、2)求函数g(x)f(x)在1，e上的最小值(注：e为自然对数的底数)7已知函数f(x)满足f(x)f(1)ex1f(0)xx2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)x2axb，求(a1)b的最大值8已知定义在正实数集上的函数f(x)x22ax，g(x)3a2ln xb，其中a0，设两曲线yf(x)，yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同(1)用a表示b，并求b的最大值；(2)求证：f(x)g(x)(x0)参考答案1解：(1)当a0时，f(x)x2，对任意x(，0)(0，)，f(x)(x)2x2f(x)，f(x)为偶函数当a0时，f(x)x2(a0，x0)，取x1，得f(1)
4、f(1)20，f(1)f(1)2a0，f(1)f(1)，f(1)f(1)函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数(2)若函数f(x)在2，)上为增函数，则f(x)0在2，)上恒成立，即2x0在2，)上恒成立，即a2x3在2，)上恒成立，只需a(2x3)min，x2，)，a16.a的取值范围是(，162解：(1)f(x)axb2bb2，当且仅当ax1时，f(x)取得最小值为b2.(2)由题意得：f(1)ab，f(x)af(1)a，由得：a2，b1.3解：(1)f(x)3x22ax，所以f(1)1，即32a1，所以a2.由f(x)3x24x3x0，得x0或x，所以单调递减区间是(，0)，.(2)f(
5、x)3x，x(0，)，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上是减函数，所以f(x)f(0)4，所以a0时，不存在x0(0，)，使得f(x0)0.当a0时，f(x)在上递增，在上递减，所以x(0，)时，f(x)的极大值为f4，令40，得a3.综上所述，a的取值范围是(3，)4解：由题意知每年的运营费用是以120为首项，40为公差的等差数列，则f(n)500n72020n2400n720.(1)获取纯利润就是要求f(n)0，故有20n2400n7200，解得2n18.又nN*，知从第三年开始获取纯利润(2)年平均利润40020160，当且仅当n6时取等号故此方案获利61604801 440(万
6、元)，此时n6.f(n)20n2400n72020(n10)21 280，当n10时，f(n)max 1 280.故此方案共获利1 2801601 440(万元)比较两种方案，在同等数额获利的基础上，第种方案只需6年，第种方案需要10年，故选择第种方案5(1)解：f(x)exa.当a0时，f(x)0恒成立，当a0时，令f(x)0，得xln a；令f(x)0，得xln a.综上，当a0时，f(x)在(，)上单调递增；当a0时，增区间是(ln a，)，减区间是(，ln a)(2)证明：令g(x)f(x)f(x)ex2x，g(x)exex20，g(x)在0，)上是增函数，g(x)g(0)0，f(x)
7、f(x)6解：(1)根据题意，由f(1)0，,f(1)1，解得a1，b0，f(x)ln x.(2)g(x)f(x)ln x(x0)，令g(x)0，得x.当x(1，)时，g(x)0；当x(，e)时，g(x)0.g(x)在x处取唯一的极小值，即最小值，此时，g(x)ming().函数g(x)在1，e上的最小值为.7解：(1)f(x)f(1)ex1f(0)xx2exf(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x，令x1得：f(0)1.f(x)f(1)ex1xx2f(0)f(1)e11f(1)e，得：f(x)exxx2.令g(x)f(x)ex1x，则g(x)ex10yg(x)在xR上单调递增，f(x)
8、在R上单调递增，f(x)0f(0) x0，f(x)0f(0) x0，得：f(x)的解析式为f(x)exxx2，且单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，0)(2)令h(x)f(x)x2axb，则h(x)ex(a1)xb0，h(x)ex(a1)当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单调递增，x时，h(x)与h(x)0矛盾当a10时，h(x)0xln(a1)，h(x)0xln(a1)，得：当xln(a1)时，h(x)min (a1)(a1)ln(a1)b0，(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)，(a10)令F(x)x2x2ln x(x0)，则F(x)x(12ln x)，F(x)00x，F
9、(x)0x.当x时，F(x)max .当a1，b时，(a1)b的最大值为.8(1)解：设曲线yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同，f(x)x2a，g(x)，依题意得即由x02a，得x0a或x03a(舍去)，则ba22a23a2ln aa23a2ln a.令h(t)t23t2ln t(t0)，则h(t)2t(13ln t)，由h(t)0得t或t0(舍去)当t变化时，h(t)，h(t)的变化情况如下表：t(0，)(，)h(t)0h(t)极大值于是函数h(t)在(0，)上的最大值为h()，即b的最大值为.(2)证明：设F(x)f(x)g(x)x22ax3a2ln xb(x0)，则F(x)x2a(x0)，由F(x)0得xa或x3a(舍去)当x变化时，F(x)，F(x)的变化情况如下表：x(0，a)a(a，)F(x)0F(x)极小值结合(1)可知函数F(x)在(0，)上的最小值是F(a)f(a)g(a)0.故当x0时，有f(x)g(x)0，即当x0时，f(x)g(x)
