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（含解析）

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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x≠1，故函数的定义域是.答案：2．y＝的值域是________．解析：令t＝x－1，得x＝t＋1，则y＝＝t＋＋1，当t>0时，y＝t＋＋1≥2＋1＝3，当且仅当t＝1，即x＝2时取等号．同理：当t<0时，y＝t＋＋1＝－＋1≤－2＋1＝－1，当且仅当t＝－1，即x＝0时取等号．所以该函数的值域是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)3．若函数f

2、(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)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1≤k<.答案：4．设f(x)是定义在R上的奇函数，且满足x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，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)．∵x>0时，f(x)＋xf

3、′(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x>2或－2

4、x＋1

5、，则f＜f的解集是________．解析：原不等式可化为<，所以①或②解不等式组①得－≤x<，解不等式组②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

6、大小关系为________．解析：由不等式可得－＜lnm－lnn，即＋lnn＜＋lnm.设f(x)＝＋lnx(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n＜m.答案：n＜m3．已知函数f(x)＝则函数F(x)＝f[f(x)]－2f(x)－的零点个数是________．解析：令f(x)＝t，则函数F(x)可化为y＝f(t)－2t－，则函数F(x)的零点问题可转化为方程f(t)－2t－＝0的根的问题．令y＝f

7、(t)－2t－＝0，即f(t)＝2t＋，如图①，由数形结合得t1＝0,1

8、′(x)＝－＝.令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上是增函数．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故a的取值范围是(－∞，1]．法二：构造函数法当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.构造F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命题等价于F(x)≥0在x≥1上恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此，函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所

9、以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故a的取值范围是(－∞，1]．5．设函数f(x)＝－alnx.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间和极值；(3)若函数f(x)在区间(1，e2]内恰有两个零点，试求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝－lnx，则f′(x)＝x－，所以f′(1)＝0，又f(1)＝，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝0×(x－1)，即y＝.(2)由f(x)＝－alnx，得f′(x

10、)＝x－＝(x>0)．①当a≤0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；②当a>0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)－0＋f(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a≤0时