2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（二十一）“函数、不等式与导数”专题提能课
课时达标训练(二十一) “函数、不等式与导数”专题提能课
A组
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．(2019·南通等七市一模)在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y＝asin x＋bcos x(a，b，t∈R)相切于点(0，1)，则(a＋b)t的值为________．
解析：由题意可得t＝1，b＝1，y′＝acos x－bsin x，
则acos 0－bsin 0＝3，a＝3，所以(a＋b)t＝4.
答案：4
3．(2019·无锡期初)已知二次函数f(x)＝(a＋b)x2＋(a－b)x－a＋b存在零点x0，若－1≤b≤2≤a≤4，则实数x0的取值范围是________．
解析：法一：在平面直角坐标系aOb中作出满足－1≤b≤2≤a≤4的平面区域如图中阴影部分所示，表示可行域内的点(a，b)与原点O连线的斜率，所以∈，则≤1＋≤2.易知a＋b≠0，则＝－1＋＝－1＋.令g(x)＝－1＋，则g(x)在上单调递减，所以＝－1＋∈[0，3]．由题意知，f(x0)＝(a＋b)x＋(a－b)x0－a＋b＝0，即(a＋b)x＝(a－b)(1－x0)，易知x0＝1时不符合题意，当x0≠1时，有＝，因此0≤≤3，解得x0的取值范围为.
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′(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
0，
∴g′(x)>0，g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)的最大值为g(e)＝.
②同理，单调递增函数g(x)＝∈，
h(x)＝·.
1°若a≥0，则g(x)≥0，h(x)＝，
h′(x)＝＝≤0，
令u(x)＝－(1＋x＋x2)ln x－ax2＋x＋1，
则u′(x)＝－(1＋2x)ln x－－(2a＋1)x<0，
即u(x)在[1，e]上单调递减，
∴u(x)max＝u(1)＝－a＋2≤0，∴a≥2.
2°若a≤－，则g(x)≤0，h(x)＝－，由1°知，h′(x)＝，则h′(x)≤0，u(x)≥0，
又u(x)在[1，e]上单调递减，
∴u(x)min＝u(e)＝－e2(a＋1)≥0，a≤－1，
又a≤－，∴a≤－.
3°若－0，
∴h(x)在[1，e]上不单调．
综上所述，a∈∪[2，＋∞)．
C组
1．已知函数y＝f(x)(x∈R)．对于函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b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)＝的图象是圆x2＋y2＝4在x轴上方的半圆(包括与x轴的交点)，设这个半圆的一条切线方程为y＝3x＋b1，则有＝2，解得b1＝2，要使得h(x)>g(x)恒成立，则需b>b1＝2.
故实数b的取值范围为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
2．设函数f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)的图象上任意一点处的切线为l1，若总存在曲线y＝g(x)＝3ax＋2cos x上某点处的切线l2，使得l1⊥l2，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝－ex－1，g′(x)＝3a－2sin x，在f(x)的图象上取点(x1，y1)，在g(x
)的图象上取点(x2，y2)，要使l1⊥l2，需3a－2sin x2＝，∵3a－2sin x2∈[3a－2，3a＋2]，∈(0，1)，则只有(0，1)⊂[3a－2，3a＋2]，
∴解得－≤a≤.
答案：
3．设f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，f′′(x)是y＝f′(x)的导函数，若方程f′′(x)＝0有实数根x0，则称点(x0，f(x0))为曲线y＝f(x)的“拐点”．已知任意三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设f(x)＝x3－2x2＋x＋1，数列{an}的通项公式为an＝2n－7，则f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a8)＝________．
解析：因为f(x)＝x3－2x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－4x＋，所以f′′(x)＝2x－4，令f′′(x)＝0，
解得x＝2.而f(2)＝－8＋＋1＝1，故函数y＝f(x)的图象关于点(2，1)对称，所以f(x)＋f(4－x)＝2.
因为an＝2n－7，所以a1＝－5，a8＝9，所以f(a1)＋f(a8)＝2，
同理可得f(a2)＋f(a7)＝2，f(a3)＋f(a6)＝2，f(a4)＋f(a5)＝2，所以f(a1)＋f(a2)＋…＋f(a8)＝2×4＝8.
答案：8
4.已知函数f(x)的定义域为R，且f(2)＝2，函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，若两个正数a，b满足f(2a＋b)<2，则的取值范围是________．
解析：由题图可知，当x>0时，导函数f′(x)>0，函数f(x)单调递增．因为两个正数a，b满足f(2a＋b)<2，f(2)＝2，所以f(2a＋b)0，b>0，故点(a，b)所在的平面区域如图中阴影部分所示(不包括边界)，表示动点(a，b)与定点(－2，－2)连线的斜率，当连线过点(1，0)时，＝，当连线过点(0，2)时，＝2，故的取值范围是.
答案：
5．已知f(x)是定义在集合M上的函数．若区间D⊆M，且对任意x0∈D，均有f(x0)∈D，则称函数f(x)在区间D上封闭．
(1)判断f(x)＝x－1在区间[－2，1]上是否封闭，并说明理由；
(2)若函数g(x)＝在区间[3，10]上封闭，求实数a的取值范围；
(3)若函数h(x)＝x3－3x在区间[a，b](a，b∈Z，且a≠b)上封闭，求a，b的值．
解：(1)因为函数f(x)＝x－1在区间[－2，1]上单调递增，所以当x∈[－2，1]时，f(x)的值域为[－3，0]．
而[－3，0]⊄[－2，1]，所以函数f(x)在区间[－2，1]上不是封闭的．
(2)因为g(x)＝＝3＋.
①当a＝3时，函数g(x)＝3，显然{3}⊆[3，10]，故a＝3满足题意；
②当a＞3时，在区间[3，10]上，函数g(x)单调递减，此时g(x)的值域为.
由⊆[3，10]得
解得3≤a≤31，故3＜a≤31；
③当a＜3时，在区间[3，10]上，有g(x)＝3＋＜3，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围是[3，31]．
(3)因为h(x)＝x3－3x，
所以h′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)．
因为当x＜－1或x＞1时，h′(x)＞0；当x＝－1或x＝1时，h′(x)＝0；当－1＜x＜1时，h′(x)＜0，
所以函数h(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
从而h(x)在x＝－1处取得极大值2，在x＝1处取得极小值－2.
由题意知
即解得
因为a＜b，所以－2≤a≤0，0≤b≤2.
又a，b∈Z，故a只可能取－2，－1，0，b只可能取0，1，2.
①当a＝－2时，因为b＞0，
故由h(－1)＝2得b≥2，因此b＝2.经检验，a＝－2，b＝2符合题意；
②当a＝－1时，由h(－1)＝2，得b＝2，此时h(1)＝－2∈ /[－1，2]，不符合题意；
③当a＝0时，显然不符合题意．
综上所述，a＝－2，b＝2.
6．(2019·苏锡常镇二模)已知函数f(x)＝x2＋(2－a)x－aln x，其中a∈R.
(1)如果曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为1，求实数a的值；
(2)若函数f(x)的极小值不超过，求实数a的最小值；
(3)对任意x1∈[1，2]，总存在x2∈[4，8]，使得f(x1)＝f(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x2＋(2－a)x－aln x，所以f′(x)＝.
因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为1，所以f′(1)＝2(2－a)＝1，
得a＝.
(2)①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)不存在极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝.
x，f′(x)，f(x)变化情况如下：
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
则f(x)min＝f＝a－－aln≤，
因为a>0，所以－－ln≤0.
令g(a)＝－－ln＝＋ln 2－－ln a，
则g′(a)＝－－<0，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(2)＝0，所以当a≥2时，g(a)≤g(2)＝0，故实数a的最小值为2.
(3)记f(x)在[1，2]上的值域为A，在[4，8]上的值域为B，
则对任意x1∈[1，2]，总存在x2∈[4，8]，使得f(x1)＝f(x2)成立可转化为A⊆B.
①当≤1或≥8，即a≤2或a≥16时，f(x)在[1，8]上为单调函数，不合题意；
②当1<≤2，即22.7，计算得e3>24，则e>e3>24，即>ln 24＝4ln 2，即7>8ln 2.
也即21>24ln 2，则－8＝>0，即>8.
所以≤a≤8；
④当4<<8，即8
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