（課標專用）天津市高考數(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-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《（課標專用）天津市高考數(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-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標專用）天津市高考數(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-人教版高三數(shù)學(xué)試題（7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+3ex.(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+3ex,所以f(x)=2ax-(4a+1)ex+ax2-(4a+1)x+4a+3ex=ax2-(2a+1)x+2ex(xR).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)=3e0,所以a的值為1.(2)由(1)得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)

2、(x-2)ex.若a12,則當x1a,2時,f(x)0.所以f(x)在x=2處取得極小值.若a12,則當x(0,2)時,x-20,ax-112x-10.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),aR.(1)當a=-1時,證明:f(x)+ln(-x)x12.(2)是否存在實數(shù)a,使f(x)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)12ln(-x)x,x-e,0).因為f(x)=-1-1x=-x+1x,所以當-ex-1時,f(x)0,此時f(

3、x)單調(diào)遞減;當-1x0,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)=12ln(-x)x,x-e,0),則h(x)=ln(-x)-1x2,當-ex0時,h(x)0,故h(x)在區(qū)間-e,0)內(nèi)單調(diào)遞減,所以h(x)max=h(-e)=1e+1212.(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).若a-1e,由于x-e,0),則f(x)=a-1x0,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-

4、1=3,解得a=-4e-1e,與a-1e矛盾,舍去.若a-1e,則當-ex1a時,f(x)=a-1x0,此時f(x)=ax-ln(-x)是減函數(shù),當1ax0,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,bR).(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)1,3232,+,求c的值.解:(1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0

5、,x2=-2a3.當a=0時,因為f(x)=3x20(x0),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當a0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a0,x0,-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)f-2a3=b427a3+b0,-427a3b0或a0,0b0時,427a3-

6、a+c0或當a0時,427a3-a+c0.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)1,3232,+,則在(-,-3)內(nèi)g(a)0均恒成立,從而g(-3)=c-10,且g32=c-10,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=0有兩個異于-1的不等實根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.綜上c=1.4.(2019全國,理20)已知函數(shù)f(x)=ln x-x+1x

7、-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)20,所以f(x)在區(qū)間(0,1),(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因為f(e)=1-e+1e-10,所以f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一零點x1,即f(x1)=0.又01x1f(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a=0時,f(x)=e

8、x0,此時f(x)在R上單調(diào)遞增;當a0時,令f(x)=0,解得x=ln(3a),當x(-,ln(3a)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;當a0時,令f(x)=0,解得x=ln(-a),當x(-,ln(-a)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增;綜上可知,當a=0時,f(x)在R上單調(diào)遞增;當a0時,x(-,ln(3a)時,f(x)單調(diào)遞減,x(ln(3a),+)時,f(x)單調(diào)遞增;當af(x),可得,ex(x-a-1)-x2+2ax-a2+100,令g(x)=ex(x-a-1)-x2+2ax-a2+10,只需在x(0,+)時使g(x)min0即可.g(x)=ex(x-a-1)+ex-2x+2a

9、=(ex-2)(x-a),當a0時,x-a0.當0xln2時,g(x)ln2時,g(x)0,所以g(x)在區(qū)間(0,ln2)內(nèi)是減函數(shù),在區(qū)間(ln2,+)內(nèi)是增函數(shù),只需g(ln2)=-a2+(2ln2-2)a-(ln2)2+2ln2+80,解得ln2-4aln2+2,所以ln2-4a0;當0a0,g(0)0,解得0a0成立;當aln2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),在區(qū)間(a,+)內(nèi)是增函數(shù),則g(a)=-ea+100,g(0)=9-a-a20,解得ln2a0得xe;由h(x)0得1exe.此時h(x)在區(qū)間1e,e內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(e,+)內(nèi)

10、單調(diào)遞增.因為h(e)=12e2-(a+e)e+aelne=-12e20(或當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=12e2a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e20,即a1-2e22e(1+e2).當1ea0得1exe;由h(x)0得axe.此時h(x)在區(qū)間(a,e)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間1e,a和(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.此時h(a)=-12a2-ae-aelna-12a2-ae+aelne=-12a2e時,由h(x)0得1exa,由h(x)0得exa,此時h(x)在區(qū)間1e,e和(a,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,a)上單調(diào)遞減,且h(e)=-12e20,即h(x)在區(qū)間1e,+內(nèi)至多只有一個零點,不合題意.綜上所述,a的取值范圍為-,1-2e22e(1+e2).