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参考答案

2015-04-16

数学教学通讯·初中版 2015年3期
关键词:实根增函数极值

1 函数的概念及性质

1. -1 因为f(x+4)=f(x),所以f(-1)=f(2015)=1,又因为f(x)为奇函数,所以f(1)=-f(-1)=-1.

2. B 当x≥0时, f(x)=2x-4>0?圯x>2,又由于函数是偶函数,所以x∈R时, f(x)>0的解集为{xx<-2或x>2},故f(x-2)>0的解集为{xx<0或x>4}.

3. 因为f(2-x)=-f(x),所以f(x)有对称中心(1,0). 又f(2-x)=-f(x),所以f(x)=-f(2-x),所以f(x+4)= -f[2-(x+4)]=-f[-(x+2)]. 又f(x)为偶函数,所以f(x+4)=-f(x+2),所以f(x+4)=f[2-(x+2)]=f(-x)=f(x),所以4是f(x)的一个周期. 从而由图象可知其中正确的判断是①②③.

2 函数的图象及零点

1. D 如图8,作出f(x)=x2-2(x>0)的图象,由图象可知,0

图8

2. C 如图9,作出函数y=f(x)的图象,令t=x2+2x,则t=(x+1)2-1≥ -1, f(x2+2x)=a有6个不同的实根?圳关于t的方程f(t)=a在区间(-1,+∞)上有3个不同的根.

注意到f(-1)=8,由图象可知8

图9

3. 16 由于x=-1,x=1是f(x)的零点,y=f(x)的图象关于直线x=-2对称,所以x=-5,x=-3也是f(x)的零点,所以y=f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)=(1-x2)·(x+3)(x+5)=-(x2+4x-5)(x2+4x+3). 令x2+4x+4=t,则t≥0,且y=-(t-9)(t-1)=-(t-5)2+16(其中t≥0),所以t=5时,ymax=16.

3 二次函数与三次函数问题

1. (3,+∞) x3-px+2=0?圳p=f(x)=x2+ ,由f′(x)=2x- = (x3-1)>0得x>1,所以f(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(-∞,0)和(0,1), f(1)=3. 如图10,作出函数p=f(x)=x2+ 的图象,由图象可知,当且仅当p>3时原方程有三个不同的实数解.

图10

2. (0, -1) 因为B={xf(x)≥1}=(-∞,-2]∪- ,0∪{1}∪[ ,+∞),集合A∩B只含有一个元素?圳t>0,t+1< ?圳0

3. (2+ ,+∞) y=f(x)+x+a-b有四个零点?圳方程f(x)=-x+b-a有四个不同的解?圳y=f(x)的图象与直线l:y+x=b-a有四个不同的公共点. 设y=fa(x)和y=fb(x)的图象相交于点A(x0,y0),由y0=fa(x0) =(x0-a)2-a,y0=fb(x0) =(x0-b)2-b解得x0= - ,y0= (b-a)2- + . 令b-a=t,则x0+y0= (b-a)2- = (t2-1),其中t>0. 如图11,作出函数y=f(x)的图象,由图象可知02+ . 即b-a的取值范围是(2+ ,+∞).

图11

4 指数函数和对数函数

1. A 由log0.5(4x-3)>0?圳0<4x-3<1?圳

2. ,2 令log2a=m,则log a=

-m,由于f(x)是偶函数,所以f(m)=f(-m)=f(m),所以原不等式等价于f(m)≤f(1). 又因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以m≤1,即-1≤m≤1,即-1≤log2a≤1,解得 ≤a≤2.

3. C 由题意可知, f(x)在区间(0,6)及[7,+∞)上都是减函数,且f(7)

5 导数及其应用

1. D y′=4x3+2ax,曲线在P(-1,a+2)处的切线的斜率为k=f ′(-1)= -4-2a=8,解得a=-6.

2. C 当k=1时, f(x)=(ex-1)(x-1), f ′(x)=xex-1, f ′(1)=e-1>0,所以x=1不是f(x)的极值点,可排除A,B. 当k=2时, f(x)=(ex-1)(x-1)2, f ′(x)=(x-1)(xex+ex-2). 令g(x)=(x+1)ex-2,则g′(x)=(x+2)ex,所以g(x)=(x+1)·ex-2是(-∞,-2]上的减函数,是[-2,+∞)上的增函数. x→-∞时,g(x)→ -2,所以x∈(-∞,-2]时g(x)<0恒成立. 又g(0)=-1<0,g(1)=2e-2>0,所以g(x)有唯一的零点x0,且x0∈(0,1). 所以f ′(x)=(x-1)(xex+ex-2)有两个不同的零点x0,1,故f(x)的递增区间为(-∞,x0)和(1,+∞),递减区间为(x0,1),所以f(x)在x=1处取到极小值.

3. (1)设直线l:y=3x-e与函数y=f(x)的图象相切于点Q(x0,y0),则y =3x0-e,且f(x0)=ax0+x0lnx0. 由于f ′(x)=a+1+lnx,所以f ′(x0)=a+1+lnx0=3,所以lnx0=2-a. 故有y0=f(x0)=ax0+x0lnx0=ax0+x0(2-a)=2x0=3x0-e,所以x0=e,a=1.

(2)①由(1)可知, f(x)=x+xlnx,所以g(x)= ,g′(x)= . 令h(x)=x-2-lnx,则x∈(1,+∞)时, h′(x)=1- >0,所以h(x)=x-2-lnx是(1,+∞)上的增函数,h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-2ln2>0,所以h(x)=x-2-lnx在(1,+∞)上有唯一的零点x0,当且仅当x>x0时,h(x)=x-2-lnx>0即g′(x)>0,所以g(x)是区间(1,x0)上的减函数,是(x0,+∞)上的增函数. 所以当x=x0时,g(x)取最小值g(x0).

②由①可知,3

6 函数与应用

(1)把特殊点(0,8)代入C(x)= (0≤x≤10),求出k=40,因此C(x)= .

由f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和,列出f(x)的表达式.

设隔热层厚度为x cm,而建造费用为C1(x)=6x,最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f(x)=20×C(x)+C1(x)=20× +6x= +6x (0≤x≤10).

(2)求出导数f ′(x)=6- ,令f ′(x)=0,即 =6,解得x=5,x=- (舍去). 当00. 故x=5是f(x)的最小值点,对应的最小值为f(5)=6×5+ =70.

综合测试

1. A 因为f(x)为定义在R上的奇函数,所以有f(0)=1+b=0,即b=-1. 当x≥0时, f(x)=2x+2x-1,所以f(-1)= -f(1)=-3.

2. C 设A(a,b),B(c,d),则四边形APBQ恰是一个平行四边形,所以其对角线互相平分,所以a+c=2+8=10.

3. C ①中的两函数的定义域不同,错误;排除A、B;验证③, f(-x)=f[2-(-x)]=f(2+x),又通过奇函数得f(-x)=-f(x),所以f(x)是周期为4的周期函数,选C.

4. B 由题意可知f(x)=x2+px+q=(x-α)(x-β),由于n<α<β

由于(n+1-α)(α-n)≤ = ,当且仅当α= 时取等号;由于(n+1-β)(β-n)≤ = ,当且仅当β= 时取等号.

而α<β,所以必有f(n)f(n+1)=(n+1-α)(α-n)(n+1-β)(β-n)< 成立. 若min{f(n), f(n+1)}≥ ,则f(n)≥ , f(n+1)≥ ,可得f(n)f(n+1)≥ ,得矛盾.

故有min{f(n), f(n+1)}< 恒成立.

5. A 由题意可知, f ′(x)=3x2+2ax+b,x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的两个实数根,所以3f 2(x)+2af(x)+b=0?圳f(x)=x1或f(x)=x2.

如图12,作出函数f(x)=x3+ax2+bx+c的大致图象,则可知3f 2(x)+2af(x)+b=0的不同实根个数即是直线y=x1,y=x2与函数y=f(x)的图象公共点的总数. 由图象可知,两直线与函数的图象共有3个公共点.

图12

6. 27x+27y+4=0 令f ′ =t,则f(x)=x3+tx2-x, f ′(x)=3x2+2tx-1,取x= 得t=3· +2t· -1,解得t=-1, f =- ,所以切线的方程为27x+27y+4=0.

7. 16 由于f(x)的其中两点零点为x1=-1,x2=1,且y=f(x)的图象关于直线x=-2对称,所以f(x)的另两个零点分别为x3=-5,x4=-3,所以y=f(x)=

-(x+5)(x+3)(x+1)(x-1)=-(x2+4x-5)(x2+4x+3). 令x2+4x+4=t,则t≥0,y=f(x)=g(t)=-(t-9)(t-1)=-(t-5)2+16,所以y =g(5)=16.

8. a≥ 因为?坌x∈(0,+∞)时, f(x)=9x+ 的最小值为6a,所以6a≥a+1,即a≥ .

9. (1)f(x)=x3+(1-a)x2,所以f ′(x)=3x2+2(1-a)x,而f(x)不存在极值点,所以 f ′(x)≥0或 f ′(x)≤0恒成立,所以Δ≤0,由此可得a=1.

(2)不等式f (x)< f ′(x)0,x3-2x2-2(1-a)x>0.又因为x∈(1,+∞),所以上述不等式组等价于(3+a)x+2(1-a)>0,x2-2x -2(1-a)>0在x∈(1,+∞)时恒成立,所以-3≤a≤5,a≥ ,即a的取值范围是 ,5.

10. (1)由已知得2= (3-b),5= (32-b), 解得a=2,b=-1.所以f(x)= (3x+1). 令y=f(x),由y= (3x+1)得3x=2y-1,所以x=log (2y-1),故f -1(x)=log (2x-1)x> .

(2)an=3 =2n-1,n∈N?鄢. 设存在正数k,使得1+ 1+ …1+ ≥k 成立,则k≤ 1+ 1+ …1+ . 记F(n)= 1+ 1+ …1+ ,则F(n+1)= 1+ ·1+ …1+ 1+ , = = > =1. 所以F(n+1)>F(n),所以F(n)是随n的增大而增大. 又因为n∈N?鄢, 所以F(n)min=F(1)= ,即k≤ ,即k的最大值为 .

11. (1)易见y=-x3是[a,b]上的减函数,所以-a3=b,-b3=a(其中b>a),解得a=-1,b=1.所以符合条件②的区间为[-1,1].

(2)易验证函数f(x)=x+ (x>0)不是(0,+∞)上的增函数,也不是(0,+∞)上的减函数,故函数f(x)=x+ (x>0)不是闭函数.

(3)因为y=k+ 是定义在区间[-2,+∞)上的增函数,所以存在区间[a,b](其中b>a≥-2)使得k+ =a,k+ =b成立,即关于t的方程k+ =t在区间[-2,+∞)上有两个不同的实根. 令 =u,则t=u2-2且u≥0,因此g(u)=u2-u-2-k=0在区间[0,+∞)上有两个不同的实根,所以Δ=1+4(2+k)>0,-2-k≥0,解得-

12. (1)(i)f ′(x)=(3x2-12x+3)ex+(x3-6x2+3x+t)ex=(x3-3x2-9x+t+3)ex. 因为f(x)有3个极值点,所以x3-3x2-9x+t+3=0有3个根a,b,c. 令g(x)=x3-3x2-9x+t+3,g′(x)=3x2-6x-9=3(x+1)·(x-3). 所以g(x)在(-∞,-1),(3,+∞)上递增,在(-1,3)上递减. 由于g(x)有三个不同的零点,所以g(-1)>0,g(3)<0,解得-8

(ii)因为a,b,c是f(x)的三个极值点,所以x3-3x2-9x+t+3=(x-a)(x-b)(x-c)=x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc. 得a+b+c=3,ab+ac+bc=-9,t+3=-abc,即a=1-2 ,b=1,c=1+2 ,所以t=8.

(2)不等式f(x)≤x,即(x3-6x2+3x+t)ex≤x,即t≤xe-x-x3+6x2-3x.

转化为存在实数t∈[0,2],使得对?坌x∈[1,m],不等式t≤xe-x-x3+6x2-3x恒成立.

即不等式0≤xe-x-x3+6x2-3x在x∈[1,m]上恒成立,即不等式0≤e-x-x2+6x-3在x∈[1,m]上恒成立,设φ(x)=e-x-x2+6x-3,则φ′(x)=-e-x-2x+6.

设r(x)=φ′(x)=-e-x-2x+6,则r′(x)=e-x-2,因为1≤x≤m,有r′(x)<0. 故r(x)在区间[1,m]上是减函数. 又r(1)=4-e-1>0,r(2)=2-e-2>0,r(3)=-e-3<0,故存在x0∈(2,3),使得r(x0)=φ′(x0)=0. 当1≤x0,当x>x0时,有φ′(x)<0.

从而y=φ(x)在区间[1,x0]上递增,在区间[x0,+∞)上递减.

又φ(1)=e-1+2>0,φ(2)=e-2+5>0,φ(3)=e-3+6>0,φ(4)=e-4+5>0,φ(5)=e-5+2>0,φ(6)=e-6-3<0.

所以当1≤x≤5时,恒有φ(x)>0;当x≥6时,恒有φ(x)<0.

故使命题成立的正整数m的最大值为5.

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