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.wps
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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 1函数 f(x) 的定义域为_ ln4x3 解析:由题意得Error! 3 解得 x 且 x1, 4 3 故函数的定义域是xx . 且x 1 4 3 答案: 且x 1 xx 4 x2x1 2y 的值域是_ x1 解析:令 tx1,得 xt1, t2t1 1 则 y t 1, t t 1 1 当 t0 时,yt 12 t 13, t t 当且仅当 t1,即 x2 时取等号 1 1 1 同理:当 t0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) 1 x
2、0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Error!或Error! 解得 x2 或20) 2 x x 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 a或 x a(舍去) 于是,当 x变化时,f(x)与 f(x)的变化情况如下表: x (0, a) a ( a, ) f(x) 0 f(x) a1ln a 2 所以函数 f(x)的单调递减区间是(0,
3、a),单调递增区间是( a, ) a1ln a 函数 f(x)在 x a处取得极小值 f( a) ,无极大值 2 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, a),单调递增区间为( a, ),函数 f(x) a1ln a 有极小值 , 无极大值 2 (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, a)时,函数 f(x)单调递减;当 x( a, )时,函数 f
4、(x) a1ln a 单调递增,函数 f(x)在(0, )上的最小值为 f( a) . 2 若函数 f(x)在区间(1,e2内恰有两个零点,则需满足Error!即Error!整理得Error! e4 所以 e0,y0, x y 2 2a 4b 知 1,且 a0,b0, x y 2a 4b ay bx 则 x2y(x2y)( 2a8b4 2a8b42 , y) ( y ) ab x x 当且仅当 ay bx时取等号, 4 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:64 4 1 2定义运算 ab
5、Error!则关于非零实数 x 的不等式( 48 x )的解集为 x x ) (x _ 4 1 解析:当 x1 时,因为 x , x x 4 8 故原不等式可化为 x ,在(1,0)上恒成立; x x 4 1 当 04,x1 时,因为 x 4,x , x x 8 故原不等式 可化为 4 ,解得 x2. x 1 综上所述,原不等式的解集为( ,0)( 2, ) 0,2 1 答案:( ,0)(0,2 2, ) 3已知函数 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,
6、g(x)关于 点(x,f(x)对称若 h(x)是 g(x) 4x2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) 4x2的图象是圆 x2y24 在 x 轴上方的半圆(包括与 x 轴的交点), b1 设这个半圆的一条切线方程为 y3xb1,则有 2,解得 b12 ,要使得 10 32 12 h(x)g(x)恒成立,则需 bb12 10. 故实数 b 的取值范围为(2 10, ) 答案:(2 10, ) 4定义区间(a,b),a,b),(a,b,a,b的长度均为 dba.用x表示不超过 x 5 的最大整数,记xxx,其中 xR.
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