《志鸿全优设计》2022届高考数学理科二轮复习专题能力训练：28解答题专项训练

力量升级训练第55页 1.已知函数f(x)=x2+(x≠0,a∈R).

(1)争辩函数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. 解:(1)当a=0时,f(x)=x2,

对任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)=(-x)2=x2=f(x), ∴f(x)为偶函数.

当a≠0时,f(x)=x2+(a≠0,x≠0), 令x=-1,得f(-1)=1-a. 令x=1,得f(1)=1+a.

∴f(-1)+f(1)=2≠0,f(-1)-f(1)=-2a≠0, ∴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2x-≥0在[2,+∞)上恒成立, 即a≤2x3在[2,+∞)上恒成立, 只需a≤(2x3)min,x∈[2,+∞),

∴a≤16.∴a的取值范围是(-∞,16].

2.(2022北京朝阳一模)已知函数f(x)=ax2-ln x,a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间;

(2)若函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为1,求a的值. 解:函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ax-.

(1)①当a=0时,f'(x)=-<0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.

②当a<0时,f'(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. ③当a>0时,令f'(x)=0,又由于x>0,解得x=. 当x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在上单调递减. 当x∈时,f'(x)>0,所以函数f(x)在上单调递增.

综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调减区间是(0,+∞), 当a>0时,函数f(x)的单调减区间是,单调增区间为.

(2)①当a≤0时,由(1)可知,f(x)在[1,e]上单调递减,所以f(x)的最小值为f(e)=ae2-1=1,解得a=>0,舍去. ②当a>0时,由(1)可知,

当≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上单调递增,所以函数f(x)的最小值为f(1)=a=1,解得a=2. 当1<在上单调递增,所以函数f(x)的最小值为fln a=1,解得a=e,舍去.

当≥e,即03.(2022重庆高考,理20)已知函数f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数f'(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为4-c. (1)确定a,b的值;

(2)若c=3,推断f(x)的单调性;

(3)若f(x)有极值,求c的取值范围.

解:(1)对f(x)求导得f'(x)=2ae2x+2be-2x-c,

由f'(x)为偶函数,知f'(-x)=f'(x), 即2(a-b)(e2x+e-2x)=0, 因e2x+e-2x>0,所以a=b. 又f'(0)=2a+2b-c=4-c, 故a=1,b=1.

(2)当c=3时,f(x)=e2x-e-2x-3x, 那么f'(x)=2e2x+2e-2x-3 ≥2-3=1>0,

故f(x)在R上为增函数. (3)由(1)知f'(x)=2e2x+2e-2x-c, 而2e2x+2e-2x≥2=4, 当x=0时等号成立.

下面分三种状况进行争辩.

当c<4时,对任意x∈R,f'(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值; 当c=4时,对任意x≠0,f'(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值; 当c>4时,令e2x=t,留意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0, 即f'(x)=0有两个根x1=ln t1或x2=ln t2. 当x1又当x>x2时,f'(x)>0,从而f(x)在x=x2处取得微小值. 综上,若f(x)有极值,则c的取值范围是(4,+∞).

4.(2021浙江高考,理22)已知a∈R,函数f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)当x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值.

解:(1)由题意f'(x)=3x2-6x+3a,故f'(1)=3a-3.

又f(1)=1,所以所求的切线方程为y=(3a-3)x-3a+4. (2)由于f'(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2,

故①当a≤0时,有f'(x)≤0,此时f(x)在[0,2]上单调递减, 故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a.

②当a≥1时,有f'(x)≥0,此时f(x)在[0,2]上单调递增, 故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1. ③当0x 0 (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,2) 2 f'(x) + 0 - 0 + f(x) 3-3a 单调 极大值 单调 微小值 单调 递增 f(x3a-1 1) 递减 f(x2) 递增

由于f(x1)=1+2(1-a), f(x2)=1-2(1-a),

故f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a)>0, 从而f(x1)>|f(x2)|.

所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}. 当0|f(2)|.

又f(x1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=>0, 故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a). 当≤a<1时,|f(2)|=f(2), 且f(2)≥f(0).

又f(x1)-|f(2)|=2(1-a)-(3a-2)=, 所以当≤a<时,f(x1)>|f(2)|. 故f(x)max=f(x1)=1+2(1-a). 当≤a<1时,f(x1)≤|f(2)|. 故f(x)max=|f(2)|=3a-1. 综上所述,|f(x)|max=

5.已知定义在正实数集上的函数f(x)=x2+2ax,g(x)=3a2ln x+b,其中a>0,设两曲线y=f(x),y=g(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)(x>0).

(1)解:设曲线y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公共点(x0,y0)处的切线相同,

∵f'(x)=x+2a,g'(x)=, ∴依题意得 即

由x0+2a=,得x0=a或x0=-3a(舍去), 则b=a2+2a2-3a2ln a=a2-3a2ln a.

令h(t)=t2-3t2ln t(t>0),则h'(t)=2t(1-3ln t), 由h'(t)=0,得t=或t=0(舍去).

当t变化时,h'(t),h(t)的变化状况如下表:

t (0,) (,+∞) h'(t) + 0 - h(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)

=x2+2ax-3a2ln x-b(x>0), 则F'(x)=x+2a-(x>0),

由F'(x)=0,得x=a或x=-3a(舍去).

当x变化时,F'(x),F(x)的变化状况如下表:

x (0,a) a (a,+∞) F'(x) - 0 + F(x) ↘ 微小值 ↗

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x>0时,有f(x)-g(x)≥0,即当x>0时,f(x)≥g(x). 6.(2022辽宁高考,理21)已知函数f(x)=(cos x-x)·(π+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)·ln.证明:

(1)存在唯一x0∈,使f(x0)=0;

(2)存在唯一x1∈,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π. 证明:(1)当x∈时,f'(x)=-(1+sin x)·(π+2x)-2x-cos x<0,函数f(x)在上为减函数.

又f(0)=π->0,f=-π2-<0,

所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0. (2)考虑函数h(x)=-4ln,x∈. 令t=π-x,则x∈时,t∈. 记u(t)=h(π-t)=-4ln, 则u'(t)=.

由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0.

当t∈时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数. 又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0. 所以u(t)在(0,x0]上无零点.

在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0. 所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0. 由于当x∈时,1+sin x>0,

故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点, 所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0, 由于x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.