《江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数不等式与导数5.5专题提能_“函数不等式与导数”达标训练含解.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学二轮复习专题五函数不等式与导数5.5专题提能_“函数不等式与导数”达标训练含解.doc（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 “函数、不等式与导数”专题提能课A组易错清零练1函数f(x)的定义域为_解析：由题意得解得x且x1，故函数的定义域是.答案：2y的值域是_解析：令tx1，得xt1，则yt1，当t0时，yt1213，当且仅当t1，即x2时取等号同理：当t0时，yt11211，当且仅当t1，即x0时取等号所以该函数的值域是(，13，)答案：(，13，)3若函数f(x)2x2ln x在其定义域内的一个子区间(k1，k1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是_解析：由题意，知函数的定义域为(0，)，f(x)4x，由f(x)0，解得x.所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增故有解得1k0时，f(x)xf(x)0，
2、f(2)0，则不等式f(x)0的解集为_解析：令F(x)xf(x)，则F(x)f(x)xf(x)x0时，f(x)xf(x)0，F(x)在(0，)上单调递增f(x)是定义在R上的奇函数，F(x)xf(x)是定义在R上的偶函数f(2)0，F(2)F(2)2f(2)0.f(x)0等价于或解得x2或2x0.答案：(2,0)(2，)B组方法技巧练1已知函数f(x)x|x1|，则ff的解集是_解析：原不等式可化为，所以或解不等式组得x，解不等式组得x，综上所述，不等式的解集为.答案：2已知m，n(2，e)，且ln，则m，n的大小关系为_解析：由不等式可得ln mln n，即ln nln m.设f(x)ln
3、 x(x(2，e)，则f(x).因为x(2，e)，所以f(x)0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增因为f(n)f(m)，所以nm.答案：nm3已知函数f(x)则函数F(x)ff(x)2f(x)的零点个数是_解析：令f(x)t，则函数F(x)可化为yf(t)2t，则函数F(x)的零点问题可转化为方程f(t)2t0的根的问题令yf(t)2t0，即f(t)2t，如图，由数形结合得t10,1t20)当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；当a0时，由f(x)0，得x或x(舍去)于是，当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x(0，)(，)f(x)
4、0f(x)所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)函数f(x)在x处取得极小值f()，无极大值综上可知，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，函数f(x)既无极大值也无极小值；当a0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，)，函数f(x)有极小值，无极大值(3)当a0时，由(2)知函数f(x)在区间(0，)上单调递增，故函数f(x)在区间(1，e2内至多有一个零点，不合题意当a0时，由(2)知，当x(0，)时，函数f(x)单调递减；当x(，)时，函数f(x)单调递增，函数f(x)在(0，)上的最小值为f().若函数f(x)在区间(1，e2内恰
5、有两个零点，则需满足即整理得所以e0，y0，知1，且a0，b0，则x2y(x2y)2a8b42a8b42，当且仅当yx时取等号，即x2y的最小值为2a8b32，由条件得2a8b3264，即a4b16.又ab16，所以a8，b2，故ab8264.答案：642定义运算ab则关于非零实数x的不等式48的解集为_解析：当x1时，因为x0，x，故原不等式可化为x8x，在(，1上恒成立；当1x0时，因为x，故原不等式可化为x，在(1,0)上恒成立；当04，x，故原不等式可化为48x，解得01时，因为x4，x，故原不等式可化为4，解得x2.综上所述，原不等式的解集为(，0)2，)答案：(，0)2，)3已知函
6、数yf(x)(xR)对于函数yg(x)(xI)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x，h(x)，(x，g(x)关于点(x，f(x)对称若h(x)是g(x)关于f(x)3xb的“对称函数”，且h(x)g(x)恒成立，则实数b的取值范围是_解析：由于g(x)的图象是圆x2y24在x轴上方的半圆(包括与x轴的交点)，设这个半圆的一条切线方程为y3xb1，则有2，解得b12，要使得h(x)g(x)恒成立，则需bb12.故实数b的取值范围为(2，)答案：(2，)4定义区间(a，b)，a，b)，(a，b，a，b的长度均为dba.用x表示不超
7、过x的最大整数，记xxx，其中xR.设f(x)xx，g(x)x1，若用d表示不等式f(x)g(x)解集区间的长度，则当0x3时，d_.解析：f(x)xxx(xx)xxx2，由f(x)g(x)得xxx2x1，即(x1)xx21.当x0,1)时，x0，不等式的解为x1，不合题意；当x1,2)时，x1，不等式为00，无解，不合题意；当x2,3时，x1，所以不等式(x1)xx21等价于xx1，此时恒成立，所以不等式的解为2x3，所以当0x3时，不等式f(x)g(x)解集区间的长度为d1.答案：15已知f(x)是定义在集合M上的函数若区间DM，且对任意x0D，均有f(x0)D，则称函数f(x)在区间D上
8、封闭(1)判断f(x)x1在区间2,1上是否封闭，并说明理由；(2)若函数g(x)在区间3,10上封闭，求实数a的取值范围；(3)若函数h(x)x33x在区间a，b(a，bZ，且ab)上封闭，求a，b的值解：(1)因为函数f(x)x1在区间2,1上单调递增，所以当x2,1时，f(x)的值域为3,0而3,02,1，所以函数f(x)在区间2,1上不是封闭的(2)因为g(x)3.当a3时，函数g(x)3，显然33,10，故a3满足题意；当a3时，在区间3,10上，函数g(x)单调递减，此时g(x)的值域为.由3,10得解得3a31，故3a31；当a3时，在区间3,10上，有g(x)33，不合题意综上
9、所述，实数a的取值范围是3,31(3)因为h(x)x33x，所以h(x)3x233(x1)(x1)因为当x1或x1时，h(x)0；当x1或x1时，h(x)0；当1x1时，h(x)0，所以函数h(x)在区间(，1)上单调递增，在区间(1,1)上单调递减，在区间(1，)上单调递增从而h(x)在x1处取得极大值2，在x1处取得极小值2.由题意知即解得因为ab，所以2a0,0b2.又a，bZ，故a只可能取2，1,0，b只可能取0,1,2.当a2时，因为b0，故由h(1)2得b2，因此b2.经检验，a2，b2符合题意；当a1时，由h(1)2，得b2，此时h(1)2 /1,2，不符合题意；当a0时，显然不
10、符合题意综上所述，a2，b2.6设函数f(x)x2(a2)xaln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；(3)若方程f(x)c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f0.解：(1)f(x)2x(a2)(x0)当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为(0，)，当a0时，由f(x)0得x，函数f(x)在上单调递增；由f(x)0得0x，函数f(x)在上单调递减综上可知，当a0时，函数f(x)的单调增区间为(0，)；当a0时函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)得若函数f(x)
11、有两个零点，则a0，且f(x)的最小值f0，即a24a4aln0.因为a0，所以a4ln 40.令h(a)a4ln 4，显然h(a)在(0，)上为增函数，且h(2)20，h(3)4ln 1ln 10，所以存在a0(2,3)，h(a0)0.当aa0时，h(a)0；当0aa0时，h(a)0.所以满足条件的最小正整数a3.又当a3时，f(3)3(2ln 3)0，f(2)23ln 20，f(1)0，所以当a3时，f(x)有两个零点综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.(3)证明：因为x1，x2是方程f(x)c的两个不相等的实根，由(1)知a0.不妨设0x1x2，则x(a2)x1aln x1c，x(a2)x2aln x2c.两式相减得x2x1x2x2ax1aln x1ax2aln x2a(x1ln x1x2ln x2)所以a.又因为f0，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，故只要证即可，即证明x1x2，即证明xx(x1x2)(ln x1ln x2)x2x1x2x2，即证明ln.设t(0t1)令g(t)ln t，则g(t).因为t0，所以g(t)0，当且仅当t1时，g(t)0，所以g(t)在(0,1)上是增函数又因为g(1)0，所以当t(0,1)时，g(t)0总成立即不等式ln 总成立，所以原不等式得证10