《（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項（六）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項（六）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、題型練8　大題專項(六)　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 　題型練第62頁　? 1.設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行,求a; (2)若f(x)在x=2處取得極小值,求a的取值范圍. 解:(1)因為f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex, 所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex(x∈R). f'(1)=(1-a)e. 由題設(shè)知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此時f(1)=3e≠0,所以a的

2、值為1. (2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a>12,則當(dāng)x∈1a,2時,f'(x)<0; 當(dāng)x∈(2,+∞)時,f'(x)>0. 所以f(x)在x=2處取得極小值. 若a≤12,則當(dāng)x∈(0,2)時,x-2<0,ax-1≤12x-1<0, 所以f'(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是12,+∞. 2.已知f(x)=ax-ln(-x),x∈[-e,0),其中e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R. (1)當(dāng)a=-1時,證明:f(x)+ln(-x)x>12. (2)是否存在實數(shù)a,使f(x)

3、的最小值為3?如果存在,求出a的值;如果不存在,請說明理由. (1)證明由題意可知,所證不等式為f(x)>12-ln(-x)x,x∈[-e,0). 因為f'(x)=-1-1x=-x+1x, 所以當(dāng)-e≤x<-1時,f'(x)<0,此時f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)-10,此時f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)在區(qū)間[-e,0)內(nèi)有唯一極小值f(-1)=1, 即f(x)在區(qū)間[-e,0)內(nèi)的最小值為1; 令h(x)=12-ln(-x)x,x∈[-e,0), 則h'(x)=ln(-x)-1x2, 當(dāng)-e≤x<0時,h'(x)≤0,故h(x)在區(qū)間[-e,0)內(nèi)單調(diào)遞

4、減, 所以h(x)max=h(-e)=1e+12<12+12=1=f(x)min. 所以當(dāng)a=-1時,f(x)+ln(-x)x>12. (2)解假設(shè)存在實數(shù)a,使f(x)=ax-ln(-x)的最小值為3,f'(x)=a-1x,x∈[-e,0). ①若a≥-1e,由于x∈[-e,0),則f'(x)=a-1x≥0, 所以函數(shù)f(x)=ax-ln(-x)在區(qū)間[-e,0)內(nèi)是增函數(shù), 所以f(x)min=f(-e)=-ae-1=3, 解得a=-4e<-1e,與a≥-1e矛盾,舍去. ②若a<-1e,則當(dāng)-e≤x<1a時,f'(x)=a-1x<0, 此時f(x)=ax-ln(-x)是

5、減函數(shù), 當(dāng)1a0, 此時f(x)=ax-ln(-x)是增函數(shù), 所以f(x)min=f1a=1-ln-1a=3,解得a=-e2. 綜上①②知,存在實數(shù)a=-e2,使f(x)的最小值為3. 3.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)試討論f(x)的單調(diào)性; (2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞,求c的值. 解:(1)f'(x)=3x2+2ax, 令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3. 當(dāng)a=0時,因為f'(x)=3

6、x2>0(x≠0), 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時,x∈-∞,-2a3∪(0,+∞)時,f'(x)>0,x∈-2a3,0時,f'(x)<0, 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間-∞,-2a3,(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間-2a3,0內(nèi)單調(diào)遞減; 當(dāng)a<0時,x∈(-∞,0)∪-2a3,+∞時,f'(x)>0,x∈0,-2a3時,f'(x)<0, 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0),-2a3,+∞內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間0,-2a3內(nèi)單調(diào)遞減. (2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)=b,f-2a3=427a3+b, 則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0

7、)·f-2a3=b427a3+b<0,從而a>0,-427a30時,427a3-a+c>0或當(dāng)a<0時,427a3-a+c<0. 設(shè)g(a)=427a3-a+c,因為函數(shù)f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞, 則在(-∞,-3)內(nèi)g(a)<0,且在1,32∪32,+∞內(nèi)g(a)>0均恒成立,從而g(-3)=c-1≤0,且g32=c-1≥0,因此c=1. 此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函數(shù)有三個零點,則x2+(a-1)x+1-a

8、=0有兩個異于-1的不等實根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得a∈(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞. 綜上c=1. 4.(2019全國Ⅱ,理20)已知函數(shù)f(x)=ln x-x+1x-1. (1)討論f(x)的單調(diào)性,并證明f(x)有且僅有兩個零點; (2)設(shè)x0是f(x)的一個零點,證明曲線y=ln x在點A(x0,ln x0)處的切線也是曲線y=ex的切線. (1)解f(x)的定義域為(0,1)∪(1,+∞). 因為f'(x)=1x+2(x-1)2>0,所以f(x)在區(qū)間(0,1),(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增

9、. 因為f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0, 所以f(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一零點x1,即f(x1)=0. 又0<1x1<1,f1x1=-lnx1+x1+1x1-1=-f(x1)=0, 故f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有唯一零點1x1. 綜上,f(x)有且僅有兩個零點. (2)證明因為1x0=e-lnx0,故點B-lnx0,1x0在曲線y=ex上. 由題設(shè)知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x0-1, 故直線AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0. 曲線y

10、=ex在點B-lnx0,1x0處切線的斜率是1x0,曲線y=lnx在點A(x0,lnx0)處切線的斜率也是1x0,所以曲線y=lnx在點A(x0,lnx0)處的切線也是曲線y=ex的切線. 5.(2019山東煙臺一模)已知函數(shù)f(x)=ex-2ax+3a2e-x(a∈R),其中e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)x∈(0,+∞)時,ex(x-a)+3a2e-x-x2-a2+10>f(x)恒成立,求a的取值范圍. 解:(1)由題意可知,f'(x)=ex-2a-3a2e-x=e2x-2aex-3a2ex=(ex-3a)(ex+a)ex. 當(dāng)a=

11、0時,f'(x)=ex>0,此時f(x)在R上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時,令f'(x)=0, 解得x=ln(3a), 當(dāng)x∈(-∞,ln(3a))時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(ln(3a),+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)a<0時,令f'(x)=0, 解得x=ln(-a), 當(dāng)x∈(-∞,ln(-a))時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(ln(-a),+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 綜上可知,當(dāng)a=0時,f(x)在R上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時,x∈(-∞,ln(3a))時,f(x)單調(diào)遞減, x∈(ln(3a),+∞)

12、時,f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)a<0時,x∈(-∞,ln(-a))時,f(x)單調(diào)遞減,x∈(ln(-a),+∞)時,f(x)單調(diào)遞增. (2)由ex(x-a)+3a2e-x-x2-a2+10>f(x), 可得,ex(x-a-1)-x2+2ax-a2+10>0, 令g(x)=ex(x-a-1)-x2+2ax-a2+10, 只需在x∈(0,+∞)時使g(x)min>0即可. g'(x)=ex(x-a-1)+ex-2x+2a=(ex-2)(x-a), ①當(dāng)a≤0時,x-a>0.當(dāng)0ln2時,g'(x)>0, 所以g(x)在區(qū)間(0,ln2)內(nèi)是

13、減函數(shù),在區(qū)間(ln2,+∞)內(nèi)是增函數(shù), 只需g(ln2)=-a2+(2ln2-2)a-(ln2)2+2ln2+8>0, 解得ln2-40,g(0)≥0, 解得00成立; ④當(dāng)a>ln2時,g(x)在區(qū)間(0,ln2)內(nèi)是增函數(shù),在區(qū)間(ln2,a)內(nèi)是減函數(shù),在

14、區(qū)間(a,+∞)內(nèi)是增函數(shù), 則g(a)=-ea+10>0,g(0)=9-a-a2≥0, 解得ln2

15、,∴b=e. (2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=12x2-(a+e)x+aelnx,則任意x∈1e,+∞,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,等價于函數(shù)h(x)在區(qū)間1e,+∞有且只有兩個零點. 由h(x)=12x2-(a+e)x+aelnx, 得h'(x)=(x-a)(x-e)x, ①當(dāng)a≤1e時,由h'(x)>0得x>e; 由h'(x)<0得1e

16、a)≥12e(e-2)·e2-2e>0(或當(dāng)x→+∞時,h(x)>0亦可), 所以要使得h(x)在區(qū)間1e,+∞內(nèi)有且只有兩個零點, 則只需h1e=12e2-a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e2≥0, 即a≤1-2e22e(1+e2). ②當(dāng)1e0得1ee; 由h'(x)<0得ae時,由h'(x)>0得1ea,由h'(x)<0得e