发布时间 : 星期二 文章2020高考数学总复习第二章函数导数及其应用课时作业5理含解析新人教A版更新完毕开始阅读18db038a0e22590102020740be1e650e53eacf74
所以，函数f(x)在R上是单调增函数． (2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.
由f(x2
＋2x)＋f(1－x)＞4得f(x2
＋x＋1)＞f(3)， 又函数f(x)在R上是增函数， 故x2
＋x＋1＞3，解得x＜－2或x＞1， 故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}．
12．已知函数f(x)＝lg??a?
x＋x－2???
，其中a是大于0的常数．
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值； (3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，试确定a的取值范围．解：(1)由x＋ax2－2x＋ax－2＞0，得x＞0，
当a＞1时，x2
－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)， 当a＝1时，定义域为{x|x＞0且x≠1}，
当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－1－a或x＞1＋1－a}．(2)设g(x)＝x＋ax－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，
∴g′(x)＝1－ax2－ax2＝x2＞0.
因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数， ∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数． 则f(x)amin＝f(2)＝lg2
.
(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0. 即x＋ax－2＞1对x∈[2，＋∞)恒成立． ∴a＞3x－x2
.令h(x)＝3x－x2
，x∈[2，＋∞)．
由于h(x)＝－??3?x－2??29
?＋4
在[2，＋∞)上是减函数，
∴h(x)max＝h(2)＝2.故a＞2时，恒有f(x)＞0. 因此实数a的取值范围为(2，＋∞)．
5
13．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝
fx在区间I上是减函数，那x12
么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝x23
－x＋是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为( D )
2
A．[1，＋∞) C．[0,1]
B．[0，3] D．[1，3]
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解析：因为函数f(x)＝x－x＋的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)
22上是增函数，又当x≥1时，
2
fx13131
＝x＋－1，令g(x)＝x＋－1(x≥1)，则g′(x)＝x22x22x2
3x－3fx13
－2＝2，由g′(x)≤0，得1≤x≤3，即函数＝x－1＋在区间[1，3]上单2x2xx22x调递减，故“缓增区间”I为[1，3]．
14．(2019·海南阶段性测试)已知函数f(x)＝2 017＋log2 017(x＋1＋x)－2 017＋3，则关于x的不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集为( A )
A．(－∞，1) C．(－∞，2)
x－xx2－xB．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
2
解析：因为函数y1＝2 017－2 017是奇函数，函数y2＝log2 017(1＋x＋x)为奇函数，所以函数g(x)＝2 017－2 017＋log2 017(x＋1＋x)为奇函数且在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f(1－2x)＋f(x)＞6即g(1－2x)＋3＋g(x)＋3＞6，即g(x)＞g(2x－1)，∴x＞2x－1，∴x＜1，
∴不等式f(1－2x)＋f(x)＞6的解集为(－∞，1)．故选A.
x＋1
2 017＋2 016?ππ?15．设函数f(x)＝＋2 016sinx，x∈?－，?的最大值为M，最小值x2 017＋1?22?
x－x2
为N，那么M＋N＝4_033__.
6
2 017＋2 016
解析：f(x)＝＋2 016sinx x2 017＋12 017＋2 017－1＝＋2 016sinx x2 017＋11
＝2 017－＋2 016sinx. x2 017＋1
x＋1
x＋1
?ππ?显然该函数在区间?－，?上单调递增， ?22??π??π?故最大值为f??，最小值为f?－?， ?2??2??π??π?所以M＋N＝f??＋f?－?＝ ?2??2?
11?2 017－??2 017－＋2 016－2 016????? ππ＋2 017＋12 017－＋1????
22????π
2 017
21
＝4 034－－
ππ2 017＋11＋2 017
22＝4 034－1＝4 033.
16．(2019·中山模拟)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f??＝f(x1)－f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0，f(3)＝1.
(1)判断f(x)的单调性；
?x1??x2?
?1?(2)解关于x的不等式f(3x＋6)＋f??＞2；
?x?
(3)若f(x)≤m－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)设x1＞x2＞0，则＞1， ∵当x＞1时，f(x)＞0，
∴f(x1)－f(x2)＝f??＞0，∴f(x1)＞f(x2)，
x∴函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
(2)在f(x1)－f(x2)＝f??中，令x1＝9，x2＝3，
x∴f(9)－f(3)＝f(3)．又f(3)＝1，∴f(9)＝2.
2
x1x2
?x1??2?
?x1??2?
?1?∴不等式f(3x＋6)＋f??＞2， x????
?1?可转化为f(3x＋6)＋f??＞f(9)， x?1?∴f(3x＋6)＞f(9)－f??＝f(9x)， x??
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由函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数， 可得3x＋6＞9x＞0，∴0＜x＜1， ∴原不等式的解集为(0,1)． (3)∵函数f(x)在(0,3]上是增函数， ∴f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1，
∴不等式f(x)≤m－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m－2am＋2
2
对所有a∈[－1,1]恒成立，即m2
－2am≥0对所有a∈[－1,1]恒成立．
设g(a)＝－2ma＋m2
，
2
∴需满足???
g－1≥0，?即???2m＋m≥0，
?
g1≥0，
??
－2m＋m2
≥0，
解该不等式组，
得m≤－2或m≥2或m＝0，
即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)． 8
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