发布时间 : 星期日 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]
123
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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