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专题一　函数、不等式及导数的应用 真题体验·引领卷 1．{x|－1＜x＜2}　[∵2x2－x＜4＝22，∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，解得－1x2.] 2.　[函数f(x)的定义域为，令t＝2x＋1(t＞0)．因为y＝log5t在t∈(0，＋∞)上为增函数，t＝2x＋1在上为增函数，所以函数y＝log5(2x＋1)的单调增区间为.] 3．1　[f(x)为偶函数，则ln(x＋)为奇函数，所以ln(x＋)＋ln(－x＋)＝0，即ln(a＋x2－x2)＝0，则ln a＝0，a＝1.] 4．9　[∵f(－2)＝1＋log24＝1＋2＝3，f(log212)＝2log212－1＝6. ∴f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9.] 5.　[作出二次函数f(x)的图象，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，则有 即解得－＜m＜0.] 6．(－∞，0)∪(1，＋∞)　[若0≤a≤1时，函数f(x)＝在R上递增，若a1或a0时，由图象知y＝f(x)－b存在b使之有两个零点，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．] 7．－10　[因为函数f(x)是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)?－a＋1＝，又f＝f＝f?＝－a＋1，联立列成方程组解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝2－12＝－10.] 8．(－5，0)∪(5，＋∞)　[由已知得f(0)＝0，当x0时，f(x)＝－f(－x)＝－x2－4x，因此f(x)＝ 不等式f(x)x等价于或 解得：x5或－5x0.] 9．[e，7]　[由题意知 作出可行域(如图所示)． 由得a＝，b＝c. 此时＝7. 由得a＝， b＝.此时＝＝e. 所以∈[e，7]．] 10．4　[令h(x)＝f(x)＋g(x)，则h(x)＝ 当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋＝＜0，故当1＜x＜2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y＝|h(x)|和y＝1的图象如图所示． 由图象可知|f(x)＋g(x)|＝1的实根个数为4.] 11．解　(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)． 将其分别代入y＝， 得解得 (2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)， 则点P的坐标为，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B两点，y′＝－， 则l的方程为y－＝－(x－t)， 由此得A，B. 故f(t)＝＝，t∈[5，20]． ②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－. 令g′(t)＝0，解得t＝10. 当t∈(5，10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t∈(10，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数． 从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15. 答：当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米． 12．(1)证明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)0. 若m0，则当x∈(－∞，0)时，emx－10，f′(x)0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－10，f′(x)0. 所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)解　由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值． 所以对于任意x1，x2∈[－1，1]时，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即① 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1. 当t0时，g′(t)0；当t0时，g′(t)0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即em－me－1； 当m－1时，g(－m)0，即e－m＋me－1. 综上，m的取值范围是[－1，1]． 13．解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax， 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－. 当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0， 所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减． (2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b， f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b＜0， 从而或 又b＝