1、专题升级训练23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已知定义在实数集R上的奇函数f(x)有最小正周期2，且当x(0,1)时，f(x).(1)求函数f(x)在(1,1)上的解析式；(2)判断f(x)在(0,1)上的单调性；(3)当取何值时，方程f(x)在(1,1)上有实数解？4某高新区引进一高科技企业，投入资金720万元建设基
2、本设施，第一年各种运营费用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)ln (x1)(aR)(1)求f(x)的单调区间；(2)如果当x1，且x2时，恒成立，求实数a的取值范围6已知函数f(x)在x1处取得极值2，设函数yf(x)图象上任意一点(x0，f(x0)处的切线斜率为k.(1)求k的取值范围；(2)若对
3、于任意0x1x21，存在k，使得k，求证：x1|x0|x2.7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)f(1)2
4、0，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)是xR上的奇函数，f(0)0.设x(1,0)，则x(0,1)，f(x)f(x)，f(x)，f(x)(2)设0x1x21，0x1x21，f(x1)f(
5、x2)0，f(x)在(0,1)上为减函数(3)f(x)在(0,1)上为减函数，f(x)，即f(x).同理，f(x)在(1,0)上的值域为.又f(0)0，当，或0时，方程f(x)在x(1,1)上有实数解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(万元)，此时n6.f(n)20n2400n72020(n10)21 280，当
6、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解：(1)定义域为(1，)f(x).设g(x)x22ax2a，4a28a4a(a2)当a0时，对称轴为xa，g(x)g(1)0，所以f(x)0，f(x)在(1，)上是增函数；当0a2时，g(x)(xa)22aa20，所以f(x)0，f(x)在(1，)上是增函数；当a2时，令g(x)0，得x1a1，x2a.令f(x)0，解得1xx1，或xx2；令f(x)0，解得x1xx2.所以f(x)的单调递增区间为(1，x1)和(x2
7、，)；f(x)的单调递减区间为(x1，x2)(2)可化为0.()设h(x)f(x)a，由(1)知：当a2时，h(x)在(1，)上是增函数；若x(1,2)，则h(x)h(2)0；若x(2，)，则h(x)h(2)0.所以，当a2时，()式成立当a2时，h(x)在(x1,2)上是减函数，所以h(x)h(2)0，()式不成立综上，实数a的取值范围是(，26(1)解：f(x).由f(1)0及f(1)2，得a4，b1.kf(x0)，设，t(0,1，得k.(2)证明：f(x)，令f(x)0x(1,1)f(x)的增区间为(1,1)，故当0x1x21时，0，即k0，故x0(1,1)由于f(x0)f(x0)，故只
8、需要证明x0(0,1)时结论成立由k，得f(x2)kx2f(x1)kx1，记h(x)f(x)kx，则h(x2)h(x1)h(x)f(x)k，则h(x0)0，设g(x)，x(0,1)，g(x)0，g(x)为减函数，故f(x)为减函数故当xx0时，有f(x)f(x0)k，此时h(x)0，h(x)为减函数当xx0时，h(x)0，h(x)为增函数所以h(x0)为h(x)的唯一的极大值，因此要使h(x2)h(x1)，必有x1x0x2.综上，有x1|x0|x2成立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)ex1
9、xx2f(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)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 (
10、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(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，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)- 5 -
