【数学】2020届一轮复习苏教版“函数、不等式与导数”专题提能课作业
(二十一) “函数、不等式与导数”专题提能课
A 组——易错清零练
1．函数 f(x)＝ 1
ln(4x－3)的定义域为________________．
解析：由题意得Error!
解得 x＞3
4且 x≠1，
故函数的定义域是{xx＞3
4且x ≠ 1}.
答案：{xx＞3
4且x ≠ 1}
2．y＝x2－x＋1
x－1 的值域是________．
解析：令 t＝x－1，得 x＝t＋1，
则 y＝t2＋t＋1
t ＝t＋1
t＋1，
当 t>0 时，y＝t＋1
t＋1≥2 t·1
t＋1＝3，
当且仅当 t＝1，即 x＝2 时取等号．
同理：当 t<0 时，y＝t＋1
t＋1＝－(－t－1
t)＋1≤－2 (－t)·(－1
t )＋1＝－1，
当且仅当 t＝－1，即 x＝0 时取等号．
所以该函数的值域是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)
3．若函数 f(x)＝2x2－ln x 在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则
实数 k 的取值范围是________．
解析：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－1
x，由 f′(x)＝0，解得 x＝1
2.
所以函数 f(x)在(0，1
2 ]上单调递减，在[1
2，＋∞)上单调递增．
故有Error!解得 1≤k<3
2.
答案：[1，3
2 )
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Error!或Error!
解得 x>2 或－2
0)．
①当 a≤0 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；
②当 a>0 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) a(1－ln a)
2
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间是( a，＋∞)．
函数 f(x)在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝a(1－ln a)
2 ，无极大值．
综上可知，当 a≤0 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 a>0 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)
有极小值a(1－ln a)
2 ，无极大值．
(3)当 a≤0 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 a>0 时，由(2)知，当 x∈(0， a)时，函数 f(x)单调递减；当 x∈( a，＋∞)时，函数
f(x)单调递增，函数 f(x)在(0，＋∞)上的最小值为 f( a)＝a(1－ln 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!
所以 e0，y>0，
知2a
x ＋4b
y ＝1，且 a>0，b>0，
则 x＋2y＝(x＋2y)(2a
x ＋4b
y )＝2a＋8b＋4(ay
x ＋bx
y )≥2a＋8b＋4·2 ab，
当且仅当 ay＝ bx 时取等号，
即 x＋2y 的最小值为 2a＋8b＋32，
由条件得 2a＋8b＋32＝64，即 a＋4b＝16.
又 ab＝16，
所以 a＝8，b＝2，故 ab＝82＝64.
答案：64
2．定义运算 ab＝Error!则关于非零实数 x 的不等式 (x＋4
x )4≥8 (x1
x )的解集为
________________________________________________．
解析：当 x≤－1 时，因为 x＋4
x<0，x≤1
x，
故原不等式可化为 x＋4
x≥8x，在(－∞，－1]上恒成立；
当－11
x，
故原不等式可化为 x＋4
x≥8
x，在(－1,0)上恒成立；
当 04，x<1
x，
故原不等式可化为 4≥8x，解得 01 时，因为 x＋4
x≥4，x>1
x，
故原不等式可化为 4≥8
x，解得 x≥2.
综上所述，原不等式的解集为(－∞，0)∪(0，1
2 ]∪[2，＋∞)．
答案：(－∞，0)∪(0，1
2 ]∪[2，＋∞)
3．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)＝ 4－x2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)＝ 4－x2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＋b 1，则有 b1
32＋(－1)2
＝2，解得 b1＝2 10，要使得
h(x)>g(x)恒成立，则需 b>b1＝2 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 d＝b－a.用[x]表示不超过 x 的最
大整数，记{x}＝x－[x]，其中 x∈R.设 f(x)＝[x]·{x}，g(x)＝x－1，若用 d 表示不等式 f(x)＜g(x)
解集区间的长度，则当 0≤x≤3 时，d＝________.
解析：f(x)＝[x]·{x}＝[x]·(x－[x])＝[x]x－[x] 2，
由 f(x)＜g(x)得[x]x－[x]2＜x－1，
即([x]－1)·x＜[x]2－1.
当 x∈[0,1)时，[x]＝0，
不等式的解为 x＞1，不合题意；
当 x∈[1,2)时，[x]＝1，不等式为 0＜0，无解，不合题意；
当 x∈[2,3]时，[x]＞1，
所以不等式([x]－1)x＜[x]2－1 等价于 x＜[x]＋1，此时恒成立，
所以不等式的解为 2≤x≤3，
所以当 0≤x≤3 时，不等式 f(x)＜g(x)解集区间的长度为 d＝1.
答案：1
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)＝3x＋a
x＋1 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)＝3x＋a
x＋1 ＝3＋a－3
x＋1.
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[30＋a
11 ，9＋a
4 ].
由[30＋a
11 ，9＋a
4 ]⊆[3,10]得Error!
解得 3≤a≤31，故 3＜a≤31；
③当 a＜3 时，在区间[3,10]上，有 g(x)＝3＋a－3
x＋1＜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Error!
即Error!解得Error!
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．设函数 f(x)＝x2－(a－2)x－aln x.
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若函数 f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数 a 的值；
(3)若方程 f(x)＝c 有两个不相等的实数根 x1，x2，求证：f′(x1＋x2
2 )＞0.
解：(1)f′(x)＝2x－(a－2)－a
x＝2x2－(a－2)x－a
x
＝
(2x－a)(x＋1)
x (x＞0)．
当 a≤0 时，f′(x)＞0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数 f(x)的单调增区间为
(0，＋∞)，
当 a＞0 时，由 f′(x)＞0 得 x＞a
2，函数 f(x)在(a
2，＋∞)上单调递增；由 f′(x)＜0 得 0＜
x＜a
2，函数 f(x)在(0，a
2 )上单调递减．
综上可知，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当 a>0 时函数 f(x)的单调增
区间为(a
2，＋∞)，单调减区间为(0，a
2 ).
(2)由(1)得若函数 f(x)有两个零点，则 a＞0，且 f(x)的最小值 f(a
2 )＜0，即－a2＋4a－
4alna
2＜0.
因为 a＞0，所以 a＋4ln a
2－4＞0.
令 h(a)＝a＋4ln a
2－4，显然 h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且 h(2)＝－2＜0，h(3)＝4ln 3
2
－1＝ln 81
16－1＞0，
所以存在 a0∈(2,3)，h(a0)＝0.
当 a＞a0 时，h(a)＞0；当 0＜a＜a0 时，h(a)＜0.
所以满足条件的最小正整数 a＝3.
又当 a＝3 时，f(3)＝3(2－ln 3)＞0，f(2)＝2－3ln 2<0，f(1)＝0，所以当 a＝3 时，f(x)有
两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数 a 的值为 3.
(3)证明：因为 x1，x2 是方程 f(x)＝c 的两个不相等的实根，由(1)知 a＞0.不妨设 0＜x1＜
x2，
则 x21－(a－2)x1－aln x1＝c，
x22－(a－2)x2－aln x2＝c.
两式相减得 x21＋2x1－x22－2x2＝ax1＋aln x1－ax2－aln x2＝a(x1＋ln x1－x2－ln x2)．
所以 a＝ x21＋2x1－x22－2x2
x1＋ln x1－x2－ln x2.
又因为 f′(a
2 )＝0，当 x∈(0，a
2 )时，f′(x)＜0，当 x∈(a
2，＋∞)时，f′(x)＞0，
故只要证x1＋x2
2 ＞a
2即可，
即证明 x1＋x2＞ x21＋2x1－x22－2x2
x1＋ln x1－x2－ln x2，
即证明 x21－x22＋(x1＋x2)(ln x1－ln x2)＜x21＋2x1－x22－2x2，即证明 lnx1
x2＜2x1－2x2
x1＋x2 .
设 t＝x1
x2(0＜t＜1)．
令 g(t)＝ln t－2t－2
t＋1 ，
则 g′(t)＝1
t－ 4
(t＋1)2
＝
(t－1)2
t(t＋1)2.
因为 t＞0，所以 g′(t)≥0，当且仅当 t＝1 时，g′(t)＝0，所以 g(t)在(0,1)上是增函
数．
又因为 g(1)＝0，所以当 t∈(0,1)时，g(t)＜0 总成立．
即不等式 ln x1
x2<2x1－2x2
x1＋x2 总成立，
所以原不等式得证．
