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函数导数不等式专题(卷三) Microsoft Word 文档


集合、函数、导数、不等式专题(卷三)
1.定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log23,且对任意 x,y∈R 都有

f(x+y)=f(x)+f(y).
(1)求证 f(x)为奇函数; (2)若 f(k·3 )+f(3 -9 -2)<0 对任意 x∈R 恒成立,求实数 k 的取值范围.
x x x

2.已知 f ? x ? 是定义在 ?? 1,1? 上的奇函数,当 a, b ? ?? 1,1? 且 a ? b ? 0 时,
2

f ?a ? ? f ?b ? ? 0 .(1 判断 f ? x ? 的单 a?b

调性,并给予证明; (2)若 f ?1? ? 1 ,且 f ?x ? ? m ? 2mb ? 1 对于所有的 x ? ?? 1,1? , b ? ?? 1,1? 恒成立,求实数

m 的取值范围.

1

3. 分)[2012·东海调研] 设函数 f(x)的定义域是(0, (12 +∞), 对于任意正实数 m, 恒有 f(mn)=f(m) n +f(n),且当 x>1 时,f(x)>0,f(2)=1. ?1? (1)求 f? ?的值; ?2? (2)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数; (3)求方程 4sinx=f(x)的根的个数.

4.已知函数 f(x)=(x +bx+c)e 在点 P(0,f(0))处的切线方程为 2x+y-1=0. (1)求 b,c 的值; (2)若方程 f(x)=m 恰有两个不等的实根,求 m 的取值范围.

2

x

2

5.(12 分)已知定义域为 R 的奇函数 f(x),当 x>0 时,f(x)=ln x-ax+1(a∈R). (1)求函数 f(x)的解析式; (2)若函数 y=f(x)在 R 上恰有 5 个零点,求实数 a 的取值范围.

6.函数 f(x)=loga(x-3a)(a>0 且 a≠1),当点 P(x,y)是函数 y=f(x)图象上的点时, Q(x-2a,-y)是函数 y=g(x)图象上的点. (1) 写出函数 y=g(x)的解析式; (2) 当 x∈[a+2,a+3]时,恒有|f(x)-g(x)|≤1,试确定 a 的取值范围.

3

x?

7.已知函数 f(x)=



1 , x ? ?? 2,?1? x
? ? 1? ?

-2, x ? ? ? 1, ? 2

x?

1 ?1 ? , x ? ? ,2? x ?2 ?

(1) 求 f(x)的值域; (2) 设函数 g(x)=ax-2,x∈[-2,2],若对于任意 x1∈[-2,2],总存在 x0∈[-2,2],使得 g(x0) =f(x1)成立,求实数 a 的取值范围.

a ,a 是正常数. x ?1 9 (1)若 f(x)= ? (x)+lnx,且 a= ,求函数 f(x)的单调递增区间; 2
8.已知函数 ? (x)= (2)若 g(x)=∣lnx∣+ ? (x),且对任意的 x 1 ,x 2 ∈(0,2〕 ,且 x 1 ≠x 2 ,都有

g ( x 2 ) ? g ( x1 ) <-1,求 a 的取值范围 x 2 ? x1

4

9.(本小题满分 14 分) 已知函数 f (x)=

1? x ? ln x 。 ax

(1)若函数 f (x)在[1,+∞)上为增函数,求正实数 a 的取值范围; (2)当 a =1 时,求 f (x)在[

1 ,2]上的最大值和最小值。 2 n 1 ? 。 n ?1 n

(3)求证:对于大于 1 的正整数 n, ln

10.已知函数 f ( x) ? ln x ?

a( x ? 1) . x ?1

(Ⅰ)若函数 f ( x)在(0, ??) 上为单调增函数,求 a 的取值范围; (Ⅱ)设 m, n为正实数, 且m ? n, 求证 :

m?n m?n ? . ln m ? ln n 2

5

11.已知函数 f ( x) ?

ln x ? 1 ? a ,a?R. x

(Ⅰ)求 f (x) 的极值; (Ⅱ)若 ln x ? kx ? 0 在 (0,??) 上恒成立,求 k 的取值范围; (Ⅲ)已知 x1 ? 0 , x2 ? 0 ,且 x1 ? x 2 ? e ,求证: x1 ? x 2 ? x1 x 2 .

12.已知函数 f ( x) ?

ln(ax) ? ln(ax) ? ln( x ? 1) , (a ? 0, a ? R) . x ?1

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的定义域; (Ⅱ)求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)当 a >0 时,若存在 x 使得 f ( x) ? ln(2a) 成立,求 a 的取值范围.

6

13..(12 分)(2011·天津卷)已知 a>0,函数 f(x)=lnx-ax ,x>0.(f(x)的图象连续不断) (1)求 f(x)的单调区间; 1 ?3? (2)当 a= 时,证明:存在 x0∈(2,+∞),使 f(x0)=f? ?; 8 ?2? (3)若存在均属于区间[1,3]的 α ,β ,且 β -α ≥1,使 f(α )=f(β ), ln3-ln2 ln2 证明: ≤a≤ . 5 3

2

14. 设函数 f ( x) ?

sin x 2 ? cos x

(1)求 f (x) 的单调区间; (2)如果对任何 x ? 0 ,都有 f ( x) ? ax ,求 a 的取值范围.

7

15.围建一个面积为 360 m 的矩形场地,要求矩形场地的一面利用旧 墙(利用的旧墙需维修),其他三面围墙要新建,在旧墙对面的新墙上要留 一个宽度为 2 m 的进出口,如图所示.已知旧墙的维修费用为 45 元/m,新 墙的造价为 180 元/m.设利用的旧墙长度为 x(单位:m),修建此矩形场地围 墙的总费用为 y(单位:元). (1)将 y 表示为 x 的函数; (2)试确定 x,使修建此矩形场地围墙的总费用最小,并求出最小总费用.

2

16.(12 分)统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小 时)的函数解析式可以表示为:y= 1 3 x3- x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 千米. 128 000 80

(1)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?

8

专题一(试卷三)答案: 1.解析:(1)证明:f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R)① 令 x=y=0,代入①式,得 f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0. 令 y=-x,代入①式,得 f(x-x)=f(x)+f(-x),又 f(0)=0,则有 0=f(x)+f(-x). 即 f(-x)=-f(x)对任意 x∈R 成立,所以 f(x)是奇函数. (2)f(3)=log23>0,即 f(3)>f(0),又 f(x)在 R 上是单调函数,所以 f(x)在 R 上是增函数,又由(1) 知 f(x)是奇函数.f(k·3 )<-f(3 -9 -2)=f(-3 +9 +2),k·3 <-3 +9 +2 对任意 x∈R 成立. 2 2 x x 分离参数得 k<3 + x-1.u=3 + x-1≥2 2-1,即 u 的最小值为 2 2-1, 3 3 2 x 要使对 x∈R 不等式 k<3 + x-1 恒成立,只要使 k<2 2-1. 3 2. (1)增函数;(2) ?? ?,?2?U ?0? ?2,??? U 3.[解答] (1)令 m=n=1,则 f(1)=f(1)+f(1), 1 ? 1? ?1? ?1? ∴f(1)=0.令 m=2,n= ,则 f(1)=f?2× ?=f(2)+f? ?,∴f? ?=f(1)-f(2)=-1. 2 ? 2? ?2? ?2? (2)证明: 0<x1<x2, >1.∵当 x>1 时, (x)>0, f? ?>0.∴f(x2)=f?x1× ?=f(x1)+f? ?>f(x1), 设 则 f ∴ ∴f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)∵y=4sinx 的图象如下图所示:
x x x x x x x x

x2 x1

?x2? ?x1?

? ?

x2? x1?

?x2? ?x1?

又 f(4)=f(2×2)=2,f(16)=f(4×4)=4, 由 y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,且 f(1)=0,f(16)=4, 可得 y=f(x)的图象大致形状如上图所示,由图象在[0,2π ]内有 1 个交点,在(2π ,4π ]内有 2 个 交点,在(4π ,5π ]内有 2 个交点,又 5π <16<6π ,后面 y=f(x)的图象均在 y=4sinx 图象的上方. 故方程 4sinx=f(x)的根的个数为 5 个. 2 x 4.解析:(1)f′(x)=[x +(b+2)x+b+c]·e , ∵f(x)在点 P(0,f(0))处的切线方程为 2x+y-1=0. ∴?
? ?f′? ? ?f?

0? 0?

=-2 =1

??

? ?b+c=-2 ? ?c=1

??

? ?b=-3 ? ?c=1

.

(2)由(1)知

f(x)=(x2-3x+1)·ex,f′(x)=(x2-x-2)·ex=(x-2)(x+1)·ex.

5 2 由上可知 f(x)极大值=f(-1)= ,f(x)极小值=f(2)=-e ,但当 x→+∞时,f(x)→+∞; e
9

5 2, 又当 x<0 时,f(x)>0.则当且仅当 m∈(-e 0]∪{ }时,方程 f(x)=m 恰有两个不等的实根. e 5.解析 (1)设 x<0,则-x>0,∵f(x)是奇函数, ∴f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-ax-1, ? x>0? ?ln x-ax+1 ? 当 x=0 时,f(x)=0,所以函数 f(x)=?0 ? x=0? ?-ln? -x? -ax-1? x<0? ?

.

(2)∵函数 f(x)是奇函数,∴函数 y=f(x)的零点关于原点对称,由 f(x)=0 恰有 5 个不同的实数根 知 5 个实数根中有两个正根、两个负根、一个零根,且两个正根和两个负根互为相反数. ∴要使方程 f(x)=0 恰有 5 个不同的实数根,只要使方程 f(x)=0 在(0,+∞)上恰有两个不同的实 数根.下面研究 x>0 时的情况: 1 ∵f′(x)= -a,∴当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为单调递增函数,

x

∴方程 f(x)=0 在(0,+∞)上不可能有两个不同的实数根.

当 a>0 时,f′(x)=

? 1? -a?x- ? a ? ?
x

1 ,令 f′(x)=0,得 x= .

a

1 当 0<x< 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;

a

1 当 x> 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,

a

1 ∴函数 f(x)在 x= 处取得极大值-ln a,

a

所以要使方程 f(x)=0 在(0,+∞)上恰有两个不同实数根,只要-ln a>0,解得 0<a<1,故 a 的 取值范围是(0,1).
?x=x0-2a, ? 6. 解:(1) 设 P(x0,y0)是 y=f(x)图象上的点,Q(x,y)是 y=g(x)图象上的点,则? ? ?y=-y0. ? ?x0=x+2a, ∴ ? ? ?y0=-y.

又 y0=loga(x0-3a),∴

-y=loga?

x+2a-3a?



∴ y=loga

1 1 (x>a),即 y=g(x)=loga (x>a). x-a x-a ∴ x>3a,∵ f(x)与 g(x)在 x∈[a+2,a+3]上有意义,∴ 3a<a+2,0<a 恒 成 立 , ∴ |loga(x - 3a)(x - a)|≤1 恒 成 立 . ∴

? ?x-3a>0, (2) ∵ ? ? ?x-a>0,

< 1 , ∵
?-1≤loga[? ? ? ? ?0<a<1
2 2

|f(x) - g(x)|≤1 x-2a?
2

-a ]≤1,

2

1 2 2 ?a≤(x-2a) -a ≤ .对 x∈[a+2,a+3]时恒成立,令 h(x)=(x a

-2a) -a ,其对称轴 x=2a,2a<2,而 2<a+2,∴ 当 x∈[a+2,a+3]时,h(x)min=h(a+2),h(x)max
10

?a≤h? x? ? =h(a+3).∴ ?1 ?a≥h? x? ?

min



max

?a≤4-4a, ? ??1 ?a≥9-6a ?

?0<a≤

9- 57 . 12

1 7. 解:(1) 当 x∈[-2,-1)时,f(x)=x+ 在[-2,-1)上是增函数(用导数判断),此时 x 1? 1 ?1 ? 5 ? ? ?1 ? ? f(x)∈?- ,-2?,当 x∈?-1, ?时,f(x)=-2,当 x∈? ,2?时,f(x)=x- 在? ,2?上是增函数, 2? x ?2 ? 2 ? ? ?2 ? ?

? 3 3? ? 5 ? ? 3 3? 此时 f(x)∈?- , ?,∴ f(x)的值域为?- ,-2?∪?- , ?. ? 2 2? ? 2 ? ? 2 2? ? 5 ? ? 3 3? (2) ① 若 a=0,g(x)=-2,对于任意 x1∈[-2,2],f(x1)∈?- ,-2?∪?- , ?,不存在 x0∈[- ? 2 ? ? 2 2?
2,2]使得 g(x0)=f(x1)都成立. ② 若当 a>0 时,g(x)=ax-2 在[-2,2]是增函数,

? 5 ? ? 3 3? g(x)∈[-2a-2,2a-2],任给 x1∈[-2,2],f(x1)∈?- ,-2?∪?- , ?,若存在 x0∈[-2,2], ? 2 ? ? 2 2?
使得 g(x0)=f(x1)成立,

?-2a-2≤-5, ? 2 ? 5 ? ? 3 3? 则?- ,-2?∪?- , ??[-2a-2,2a-2],∴有? ? 2 ? ? 2 2? 3 ?2a-2≥2, ?
③ 若 a<0,g(x)=ax-2 在[-2,2]上是减函数,g(x)∈[2a-2,

7 解得 a≥ . 4

? 5 ? ? 3 3? -2a-2],任给 x1∈[-2,2],f(x1)∈?- ,-2?∪?- , ?, 2 ? ? ? 2 2?
若存在 x0∈[-2,2]使得 g(x0)=f(x1)成立,

?2a-2≤-5, ? 2 ? 5 ? ? 3 3? 则?- ,-2?∪?- , ??[2a-2,-2a-2]?? ? 2 ? ? 2 2? 3 ?-2a-2≥2, ?
7? ?7 ? ? 综上,实数 a 的取值范围是?-∞,- ?∪ ,+∞?. 4? ?4 ? ? ? 8.解:⑴ f ?? x ? =

7 解得 a≤- . 4

2x 2 ? 5 x ? 2 9 1 1 ﹥1 ? f ?? x ? = ﹥0 ? x﹥2 或 0﹤x﹤ , 2 2 x 2?x ? 1? 2 2 x? x ? 1?

所以函数 f ? x ? 的单调增区间为(0,

1 )和(2,+∞). 2

⑵因为

g ? x 2 ? ? g ? x1 ? g ?x 2 ? ? x 2 ? ?g ?x1 ? ? x1 ﹤-1,所以 x 2 ? x1 x 2 ? x1

? ﹤0,

所以 F ? x ? = g ? x ? ? x 在区间(0,2】上是减函数. ①当 1≦x≦2 时,F ? x ? =ln x +

1 a a ? 1, ? x ? F ?? x ? ? ? x ? x ? 1?2 x ?1
11

由 F ??x ? ? 0 ? a ? 设 m?x ? ? x 2 ? 3x ?

?x ? 1?2 ? ?x ? 1?2
x

? x 2 ? 3x ?

1 ? 3 在 x∈ ?1,2 ? 上恒成立. x

1 1 ? 3 ,所以 m??x ? ? 2 x ? 2 ? 3 ﹥0(1≦x≦2), 2 x 27 2

所以 m? x ? 在[1,2]上为增函数,所以 a ? m?2? ? ②当 0﹤x﹤1 时,F ? x ? =-ln x + 由 F ???xx ? ? 0 ? a ? F ?? ? 0 ? a ? 令 t ?x ? = x 2 ? x ?

1 a a ?1, ? x ? F ??x ? ? ? ? x ?x ? 1?2 x ?1

? 1? ? 1? = 2 3 x ? ? 1在 ?xx?? 12?2???xx?? 12?2??xx 2?? 3x??11?? 3 x∈(0,1)上恒成立. 3
xx xx

1 1 ? 1 ? t ??x ? ? 2 x ? 2 ? 1 ﹥0,所以 t ?x ? 在(0,1)上为增函数,所以 a ? t ?1? ? 0 ,综 x x 27 上: a 的取值范围为 a ≧ 2 ax ? 1 ax ? 1 9. (1)f ′(x)= 依题 ≥0 在[1,+∞)上恒成立 (a ? 0) 2 ax ax 2

1 在[1,+∞)上恒成立,∴a≥1 ……4 分 x x ?1 1 1 1 (2) a=1 时, ′(x)= 2 , 当 f 其中 x∈[ ,2],而 x∈[ ,1)时, ′(x)<0; f x∈(1, ]时, ′(x)>0, f 2 2 2 x 1 ∴x=1 是 f (x)在[ ,2]上唯一的极小值点,∴ [f (x)]min=f (1)=0 …… 2
即 a≥

ln e3 ? ln 24 1 3 1 1 )-f (2)= -2ln2= >0,∴f ( )>f (2), ∴[f (x)]max=f ( )=1-ln2 2 2 2 2 2 1 综上,a=1 时,f (x)在[ ,2]上的最大值和最小值分别为 1-ln2 和 0 ……9 分 2
又f ( (3)若 a=1 时,由(1)知 f (x)= 当 n>1 时,令 x=

1? x ? ln x 在[1,+∞)上为增函数, x

n ,则 x>1,故 f (x)>f (1)=0, n ?1
……14 分

n 1? n n ? 1 +ln n =- 1 +ln n >0,∴ln n > 1 即f ( )= n n ?1 n ?1 n n ?1 n ?1 n n ?1
10. 【解析】 (I) f ?( x) ?

1 a( x ? 1) ? a( x ? 1) ? x ( x ? 1) 2
因为 f ( x)在(0, ??) 上为单调增函数,

( x ? 1) 2 ? 2ax x 2 ? (2 ? 2a ) x ? 1 ? . x( x ? 1) 2 x( x ? 1) 2 所以 f ?( x) ? 0在(0, ??) 上恒成立. ?

12

即x 2 ? (2 ? 2a ) x ? 1 ? 0在(0, ??)上恒成立. 当x ? (0, ??)时,由x 2 ? (2 ? 2a ) x ? 1 ? 0, 1 得 2a ? 2 ? x ? . x 1 设g ( x) ? x ? , x ? (0, ??). x 1 1 ? 2 x ? ? 2. x x 1 所以当且仅当x ? , 即x ? 1时, g ( x )有最小值2. x g ( x) ? x ?

所以2a ? 2 ? 2. 所以a ? 2.

所以 a 的取值范围是 (??, 2].

m m ?1 ?1 m?n m?n n n (II)要证 ,只需证 , ? ? m ln m ? ln n 2 2 ln n m m 2( ? 1) 2( ? 1) m m n 即证 ln ? . 只需证 ln ? n ? 0. m m n n ?1 ?1 n n 2( x ? 1) 设h( x) ? ln x ? . x ?1 m 由(I)知 h( x)在(1, ??) 上是单调增函数,又 ? 1 , n m 所以h( ) ? h(1) ? 0. n m?n m?n m 所以 ? . 2( ? 1) m ln m ? ln n 2 n 即 ln ? ? 0成立. m n ?1 n a ? ln x a 11.【解析】 (I) f ?( x) ? ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? e . 2 x
当 x ? (0, e 当 x ? (e
a a

)时, f ' ( x) ? 0, f ( x) 为增函数;

, ??)时, f ' ( x) ? 0, f ( x) 为减函数,
a ?a

可知 f (x) 有极大值为 f (e ) ? e

.

(Ⅱ)欲使 ln x ? kx ? 0 在 (0,??) 上恒成立,只需 设 g ( x) ?

ln x ? k 在 (0,??) 上恒成立, x

ln x ( x ? 0) , x

1 1 ,所以 k ? . e e ln x (Ⅲ) e ? x1 ? x2 ? x1 ? 0 ,由上可知 f ( x) ? 在 (0, e) 上单调递增, x
由(Ⅰ)知, g (x) 在 x ? e 处取最大值
13

所以

ln( x1 ? x2 ) ln x1 x ln( x1 ? x 2 ) ? ln x1 , ,即 1 ? x1 ? x 2 x1 ? x2 x1
x 2 ln( x1 ? x 2 ) ? ln x 2 ,两式相加得 ln( x1 ? x2 ) ? ln x1 ? ln x2 ? ln( x1 x2 ) , x1 ? x 2

同理

所以 x1 ? x 2 ? x1 x 2 . 12.(Ⅰ)当 a ? 0 时函数 f ( x) 的定义域为 (0,??) ; 当 a ? 0 时函数 f ( x) 的定义域为 (?1,0) .

x ?1 ? ln(ax) 1 1 (Ⅱ) f ?( x) ? x ? ? 2 x x ?1 ( x ? 1)

?

( x ? 1) ? x ln(ax) ? ( x ? 1) 2 ? x( x ? 1) ? ln(ax) ? x( x ? 1) 2 ( x ? 1) 2 ,

令 f ?( x) ? 0 时,得 ln ax ? 0 即 x ?

1 , a 1 a

①当 a ? 0 时, x ? (0, ) 时 f ?( x) ? 0 ,当 x ? ( , ??) 时, f ?( x) ? 0 , 故当 a ? 0 时,函数的递增区间为 (0, ) ,递减区间为 ( , ??) . ②当 ?1 ? a ? 0 时, 0 ? ax ? 1 ,所以 f ?( x) ? 0 , 故当 ?1 ? a ? 0 时, f ( x) 在 x ? (?1,0) 上单调递增. ③当 a ? ?1 时,若 x ? (?1, ) , f ?( x) ? 0 ;若 x ? ( , 0) , f ?( x) ? 0 , 故当 a ? ?1 时, f ( x) 的单调递增区间为 ( , 0) ;单调递减区间为 (?1, ) . (Ⅲ)因为当 a ? 0 时,函数的单调递增区间为 (0, ) ;单调递减区间为 ( , ??) 若存在 x 使得 f ( x) ? ln(2a) 成立,只需 f ( ) ? ln(2a) ,

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

1 a

?a ? 0 a ?1 a ?1 ? 即 ln ,所以 0 ? a ? 1. ( ) ln 2a ,所以 ? ? 2a ,所以 ? 1 a a ?? 2 ? a ? 1 ?
13.分析:本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等基础 知识,考查运算能力、分类讨论的思想、分析解决问题的能力. 1 1-2ax 2a 13.解:(1)f′(x)= -2ax= ,x∈(0,+∞).令 f′(x)=0,解得 x= . x x 2a 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
14
2

x f′(x) f(x)

2a? ? ?0, ? 2a ? ? + ??

2a 2a 0 极大值

? 2a ? ? ,+∞? ? 2a ?
- ??

所以,f(x)的单调递增区间是?0,

? ?

2a? ? 2a ? ?,f(x)的单调递减区间是? ,+∞?. 2a ? ? 2a ?

1 1 2 (2)证明:当 a= 时,f(x)=lnx- x ,由(1)知 f(x)在(0,2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减. 8 8

?3? ?3? 令 g(x)=f(x)-f? ?.由于 f(x)在(0,2)内单调递增, 故 f(2)>f? ?,即 g(2)>0. ?2? ?2?
3 41-9e 取 x′= e>2,则 g(x′)= <0. 2 32
2

?3? 所以存在 x0∈(2,x′),使 g(x0)=0,即存在 x0∈(2,+∞),使 f(x0)=f? ?.(说明:x′的取法不 ?2?
唯一,只要满足 x′>2,且 g(x′)<0 即可.) (3)证明:由 f(α )=f(β )及(1)的结论知 α < 2a <β ,从而 f(x)在[α ,β ]上的最小值为 f(α ), 2a

又由 β -α ≥1,α ,β ∈[1,3],知 1≤α ≤2≤β ≤3. 故?
? ?f? ?f? ?

2? 2?

≥f? ≥f?

α ? ≥f? 1? , β ? ≥f? 3? .

? ?ln2-4a≥-a, 即? ?ln2-4a≥ln3-9a. ?

ln3-ln2 ln2 从而 ≤a≤ . 5 3

14. 【解析】 (1) f ?( x) ? 当 2k? ?

(2 ? cos x) cos x ? sin x(? sin x) 2 cos x ? 1 = , (2 ? cos x) 2 (2 ? cos x) 2

2? 2? 1 ? x ? 2k? ? (k ? Z ) 时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 ; 3 3 2 2? 4? 1 当 2k? ? ? x ? 2k? ? (k ? Z ) 时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 . 3 3 2
因此 f (x) 在每个区间 ? 2k? ?

? ?

2? 2? ? ,2k? ? ?(k ? Z ) 是增函数,[来源:学科网] 3 3 ?

2? 4? ? ? ,2k? ? f (x) 在每个区间 ? 2k? ? ?(k ? Z ) 是减函数 . 3 3 ? ?
(2)令 g ( x) ? ax ? f ( x) ,则

g ?( x) ? a ?
故当 a ?

2 cos x ? 1 2 3 1 1 1 ? =a ? = 3( ? )2 ? a ? , 2 2 2 ? cos x (2 ? cos x) 2 ? cos x 3 3 (2 ? cos x)

1 时, g ?( x) ? 0 .又 g (0) ? 0 ,所以当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x) ? ax , 3

15

当0 ? a ?

1 时,令 h( x) ? sin x ? 3ax ,则 h?( x) ? cos x ? 3a ,故当 x ? ?0, arccos3a ? 时, h?( x) ? 0 . 3

因此 h(x ) 在 ?0, arccos3a ? 上单调递增. 故当 x ? ?0, arccos3a ? 时, h( x) ? h(0) ? 0 ,即 sin x ? 3ax , 于是,当 x ? ?0, arccos3a ? 时, f ( x) ? 当 a ? 0 时,有 f ( ) ?

sin x sin x ? ? ax . 2 ? cos x 3

?

2

1 ? ?1 ? ? 0 ? a .因此, a 的取值范围是 ? ,?? ? . 2 2 ?3 ?

15.解析:(1)如图,设矩形的另一边长为 a m.

则 y=45x+180(x-2)+180×2a=225x+360a-360. 360 360 由已知 xa=360,得 a= ,所以 y=225x+ -360(x>0).
2

x

x

(2)∵x>0,∴225x+ 当且仅当 225x= 360

360

2

x

≥2

225×360 =10 800,∴y=225x+

2

360

2

x

-360≥10 440.

2

x

时,等号成立.

即当 x=24 m 时,修建围墙的总费用最小,最小总费用是 10 440 元. 16.解析 (1)当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 100 =2.5 小时, 40

? 1 ×403- 3 ×40+8?×2.5=17.5(升). 要耗油? ? 80 ?128 000 ?
所以当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油 17.5 升. (2)当速度为 x 千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了 设耗油量为 h(x)升,依题意得 100

x

小时,

h(x)=?

? 1 x3- 3 x+8?·100= 1 x2+800-15(0<x≤120), ? x 1 280 80 x 4 ?128 000 ?
x
640 - 800

h′(x)=

x

2



x3-803 2 (0<x≤120).令 h′(x)=0,得 x=80. 640x

当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当 x∈(80,120]时,h′(x)>0,h(x)是增函数. ∴当 x=80 时,h(x)取得极小值 h(80)=11.25. ∵h(x)在(0,120]上只有一个极值,∴极小值 11.25 就是 h(x)的最小值. 所以当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少为 11.25 升.
16

1 7. 已知函数 f(x)满足: (1)= , f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)(x, ∈R), f(2 010)=________. f 4 y 则 4 1 解析:∵f(1)= ,令 y=1 得 4

f(x)=f(x+1)+f(x-1),
即 f(x+1)=f(x)-f(x-1),①

f(x+2)=f(x+1)-f(x),②
由①②得 f(x+2)=-f(x-1), 即 f(x+3)=-f(x), 则 f(x+6)=f(x). ∴该函数周期为 6. ∴f(2 010)=f(6×335+0)=f(0). 令 x=1,y=0 得 4f(1)f(0)=f(1)+f(1), 1 ∴f(0)= . 2 1 ∴f(2 010)= . 2

17

1 答案: 2 20. 设函数 f ( x) ?

sin x 2 ? cos x

(1)求 f (x) 的单调区间; (2)如果对任何 x ? 0 ,都有 f ( x) ? ax ,求 a 的取值范围. 20. 【解析】 (1) f ?( x) ? 当 2k? ?

(2 ? cos x) cos x ? sin x(? sin x) 2 cos x ? 1 = , (2 ? cos x) 2 (2 ? cos x) 2

2? 2? 1 ? x ? 2k? ? (k ? Z ) 时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 ; 3 3 2 2? 4? 1 当 2k? ? ? x ? 2k? ? (k ? Z ) 时, cos x ? ? ,即 f ?( x) ? 0 . 3 3 2
因此 f (x) 在每个区间 ? 2k? ?

? ?

2? 2? ? ,2k? ? ?(k ? Z ) 是增函数,[来源:学科网] 3 3 ?

2? 4? ? ? ,2k? ? f (x) 在每个区间 ? 2k? ? ?(k ? Z ) 是减函数 . 3 3 ? ?
(2)令 g ( x) ? ax ? f ( x) ,则

g ?( x) ? a ?
故当 a ?

2 cos x ? 1 2 3 1 1 1 ? =a ? = 3( ? )2 ? a ? , 2 2 2 ? cos x (2 ? cos x) 2 ? cos x 3 3 (2 ? cos x)

1 时, g ?( x) ? 0 .又 g (0) ? 0 ,所以当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 f ( x) ? ax , 3 1 当 0 ? a ? 时,令 h( x) ? sin x ? 3ax ,则 h?( x) ? cos x ? 3a , 3
故当 x ? ?0, arccos3a ? 时, h?( x) ? 0 . 因此 h(x ) 在 ?0, arccos3a ? 上单调递增. 故当 x ? ?0, arccos3a ? 时, h( x) ? h(0) ? 0 ,即 sin x ? 3ax , 于是,当 x ? ?0, arccos3a ? 时, f ( x) ? 当 a ? 0 时,有 f ( ) ?

?

2

1 ? ?0?a . 2 2
? ?

sin x sin x ? ? ax . 2 ? cos x 3

因此, a 的取值范围是 ? ,?? ? . 14.定义在 R 上的函数 y ? f ( x) 是减函数,且函数 y ? f ( x ? 1) 的图象关于 (1, 0) 成中心对称,若 s , t 满

?1 ?3

18

t 足不等式 f (s 2 ? 2s) ≤ ? f (2t ? t 2 ) ,则当 1≤ s ≤ 4 时, 的取值范围是___________. s 14.【解析】由 f ( x ? 1) 的图象关于 (1, 0) 成中心对称,知 f ( x) 的图象关于 (0, 0) 成中心对称,故 f ( x) 为奇

函数,得 f (s 2 ? 2s) ≤ f (t 2 ? 2t ) ,从而 t 2 ? 2t ≤ s 2 ? 2s ,化简得 (t ? s)(t ? s ? 2) ≤ 0 ,又 1≤ s ≤ 4 ,故

2 ? s ≤ t ≤ s ,从而

2 2 t ? 1 ? 1 ≤ ≤1 ,等号可以取到,而 ? 1 ? ? ? , s s s ? 2

t ? 1 ? 1? ,故 ? ? ? , s ? 2 ?

? 1? . ?

? 1 ? 【答案】 ? ? , 1? ? 2 ? 2x x 18.(12 分)若关于 x 的方程 2 -2 a+a+1=0 有两个不同的正实根,求实数 a 的取值范围.

解析 解法一 (根的分布法)设 t=2 ,则原方程可变为 t -at+a+1=0,① 原方程有两个不同的正实根,则 t=2 >2 =1,即方程①有两个大于 1 的实根.
x
0

x

2

?Δ =? -a? -4? a+1? ? -a 则?- >1, 2 ?1 -a×1+a+1>0, ?
2

2

>0,

解得 a>2+2 2. 2 +1 解法二 (分离变量法)由方程,解得 a= x , 2 -1 设 t=2 ,则 a=
x
2x

t2+1 2 =(t-1)+ +2, t-1 t-1
x
0

因为原方程有两个不同的正实根,所以 t=2 >2 =1, 即 t-1>0,所以(t-1)+ 2

t-1

≥2

?

t-1? + =2 2(当且仅当 t-1= 2,即 t=1+ 2时 t-1

2

取等号,但此时 t 只有一解,不满足题意,所以不能取等号). 所以 a=(t-1)+ 2

t-1

+2>2 2+2.
x

e 12.(2011 年高考安徽卷)设 f(x)= 2,其中 a 为正实数. 1+ax 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 解析:对 f(x)求导得 f′(x)=e
x

1+ax -2ax 2 2 .① ? 1+ax ?

2

4 2 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x -8x+3=0, 3 3 1 解得 x1= ,x2= .结合①,可知 2 2

19

3 1 所以 x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 1+ax -2ax≥0 在 R 上恒成立,即 Δ =4a -4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 所以 a 的取值范围为{a|0<a≤1}. 15. 设函数 f ? x ? ? a x ? ? k ? 1? a ? x ? a ? 0且a ? 1? 是定义域为 R 的奇函数. (1)求 k 值; (2)若 f ?1? ? 0 ,试判断函数单调性并求使不等式 f x 2 ? tx ? f ? 4 ? x ? ? 0 恒成立的 t 的取值范围; (3)若 f ?1? ?
2 2

?

?

3 ,且 g ? x ? ? a 2 x ? a ?2 x ? 2mf ? x ? ,在 ?1, ?? ? 上的最小值为 ?2 ,求 m 的值. 2
?x

15.解:(1)∵f(x)是定义域为 R 的奇函数,∴f(0)=0, ∴1-(k-1)=0,∴k=2, (2) f ( x) ? a ? a
x

(a ? 0且a ? 1),

1 ? 0, 又a ? 0, 且a ? 1,? 0 ? a ? 1 a ? a x 单调递减, a ? x 单调递增,故 f(x)在 R 上单调递减。 不等式化为 f ( x 2 ? tx) ? f ( x ? 4) ? f (1) ? 0,? a ?

? x 2 ? tx ? x ? 4,即x 2 ? (t ? 1) x ? 4 ? 0 恒成立,

? ? ? (t ? 1) 2 ? 16 ? 0 ,解得 ? 3 ? t ? 5
3 1 3 2 (3)∵f(1)= ,? a ? ? ,即 2a ? 3a ? 2 ? 0, 2 a 2 1 ? a ? 2或a ? ? (舍去)。 2 ∴g(x)=2 +2 -2m(2 -2 )=(2 -2 ) -2m(2 -2 )+2. x -x 令 t=f(x)=2 -2 , 3 x -x 由(1)可知 f(x)=2 -2 为增函数,∵x≥1,∴t≥f(1)= , 2 3 2 2 2 令 h(t)=t -2mt+2=(t-m) +2-m (t≥ ) 2 3 2 若 m≥ ,当 t=m 时,h(t)min=2-m =-2,∴m=2 2 3 3 17 25 3 若 m< ,当 t= 时,h(t)min= -3m=-2,解得 m= > ,舍去 2 2 4 12 2 综上可知 m=2. 10.设函数 f(x)对 x,y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y),且 x>0 时,f(x)<0,f(1)=-2, (1) 求证:f(x)是奇函数;
20
2x -2x x -x x -x 2 x -x

(2) 试问在-3≤x≤3 时,f(x)是否有最值?如果有,求出最值,如果没有,说明理由. 10. (1) 证明:取 x=y=0,f(0)=f(0)+f(0),∴ f(0)=0,取 y=-x,则 f(0)=f(x)+f(-x), ∴ f(-x)=-f(x),故 f(x)是奇函数. (2)解: 任取 x2>x1,则 x2-x1>0,∴ f(x2-x1)<0,又 f(x2-x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2)-f(x1) <0,∴ f(x2)<f(x1),f(x)在[-3,3]上单调递减,f(-3)=-f(3)=-3f(1)=6,∴ f(x)在[-3,3] 上的最大值 f(-3)=6,最小值 f(3)=-6. 1 x 12.已知函数 f(x)=2 - |x|. 2 (1)若 f(x)=2,求 x 的值; (2)若 2 f(2t)+mf(t)≥0 对于 t∈[1,2]恒成立,求实数 m 的取值范围. 解析:(1)∵f(x)=2, 1 x ∴2 - |x|=2. 2
t

x≥0 时,2x- x=2,解得 2x=1+ 2.
∴x=log2(1+ 2),

1 2

x<0 时,2x-

1 -x=2 无解. 2

综上可知,x=log2(1+ 2). (2)由已知,得 2 (2 -
t
2t

1 1 t 2t)+m(2 - t)≥0 对任意的 t∈[1,2]恒成立, 2 2

1 t ∵2 - t>0(t∈[1,2]), 2 1 t t ∴m≥-2 (2 + t)对任意 t∈[1,2]恒成立, 2 1 t t t ∵-2 (2 + t)=-(4 +1)在[1,2]上递减, 2 ∴t=1 时取最大值-5. ∴m≥-5, 即 m 的取值范围是[-5,+∞).

21


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