天津市高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型練8大題專項(xiàng)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題檢測文1214343

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5題型練8大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題1.(20xx全國,文21)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)0,求a的取值范圍.2.設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,ar.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知f(x)在x=1處取得極大值.求實(shí)數(shù)a的取值范圍.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(shí)數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰好是(-,-3),求c的值.4.已知

2、函數(shù)f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a>0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性;(2)證明:存在a(0,1),使得f(x)0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一解.5.已知函數(shù)f(x)=x2-ax,g(x)=ln x,h(x)=f(x)+g(x)(ar).(1)若不等式f(x)g(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(2)若函數(shù)h(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2.求實(shí)數(shù)a的取值范圍;當(dāng)x1時(shí),求證:h(x1)-h(x2)>-ln 2.6.設(shè)函數(shù)f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e為自然對數(shù)的底數(shù),a,br,且a0),曲線y=f(x

3、)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為y=ae(x-1).(1)求b的值;(2)若對任意x,f(x)與g(x)有且只有兩個(gè)交點(diǎn),求a的取值范圍.#題型練8大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題1.解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-,+),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,則f(x)=e2x,在區(qū)間(-,+)單調(diào)遞增.若a>0,則由f'(x)=0得x=ln a.當(dāng)x(-,ln a)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x(ln a,+)時(shí),f'(x)>0.故f(x)在區(qū)間(-,ln a)單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln a,+)單調(diào)遞增.若

4、a<0,則由f'(x)=0得x=ln.當(dāng)x時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x時(shí),f'(x)>0.故f(x)在區(qū)間單調(diào)遞減,在區(qū)間單調(diào)遞增.(2)若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)0.若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=ln a時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a.從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2ln a0,即a1時(shí),f(x)0.若a<0,則由(1)得,當(dāng)x=ln時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f=a2.從而當(dāng)且僅當(dāng)a20,即a-2時(shí)f(x)0.綜上,a的取值范圍是-2,1.2.解 (1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,可得

5、g(x)=ln x-2ax+2a,x(0,+).則g'(x)=-2a=,當(dāng)a0時(shí),x(0,+)時(shí),g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)a>0時(shí),x時(shí),g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x時(shí),函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)a0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+);當(dāng)a>0時(shí),g(x)單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為.(2)由(1)知,f'(1)=0.當(dāng)a0時(shí),f'(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x(0,1)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.當(dāng)x(1,+)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)在x=1

6、處取得極小值,不合題意.當(dāng)0<a<時(shí),>1,由(1)知f'(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,可得當(dāng)x(0,1)時(shí),f'(x)<0,x時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當(dāng)a=時(shí),=1,f'(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x(0,+)時(shí),f'(x)0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.當(dāng)a>時(shí),0<<1,當(dāng)x時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(1,+)時(shí),f'(x)<0

7、,f(x)單調(diào)遞減,所以f(x)在x=1處取極大值,合題意.綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>.3.解 (1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-.當(dāng)a=0時(shí),因?yàn)閒'(x)=3x2>0(x0),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a>0時(shí),x(0,+)時(shí),f'(x)>0,x時(shí),f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間,(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減;當(dāng)a<0時(shí),x(-,0)時(shí),f'(x)>0,x時(shí),f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,0

8、),內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.(2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)=b,fa3+b,則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)·f=b<0,從而又b=c-a,所以當(dāng)a>0時(shí),a3-a+c>0或當(dāng)a<0時(shí),a3-a+c<0.設(shè)g(a)=a3-a+c,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰好是(-,-3),則在(-,-3)內(nèi)g(a)<0,且在內(nèi)g(a)>0均恒成立,從而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此時(shí),f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn),則x2+(a-1

9、)x+1-a=0有兩個(gè)異于-1的不等實(shí)根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3).綜上c=1.4.(1)解 由已知,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),g(x)=f'(x)=2(x-1-ln x-a),所以g'(x)=2-.當(dāng)x(0,1)時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x(1,+)時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.(2)證明 由f'(x)=2(x-1-ln x-a)=0,解得a=x-1-ln x.令(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x

10、-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x,則(1)=1>0,(e)=2(2-e)<0.于是,存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x1).由u'(x)=1-0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1.即a0(0,1).當(dāng)a=a0時(shí),有f'(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.再由(1)知,f'(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,當(dāng)x(1,x0)時(shí),f'(x)<0,從而f(x)>f

11、(x0)=0;當(dāng)x(x0,+)時(shí),f'(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0;又當(dāng)x(0,1時(shí),f(x)=(x-a0)2-2xln x>0.故x(0,+)時(shí),f(x)0.綜上所述,存在a(0,1),使得f(x)0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一解.5.解 (1)由f(x)g(x),得ax-(x>0),令(x)=x-(x>0),得'(x)=.當(dāng)0<x<1時(shí),x2-1<0,ln x<0,從而'(x)<0,(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是減函數(shù).當(dāng)x>1時(shí),x2-1>0,ln x>0,從而

12、'(x)>0,(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)是增函數(shù),(x)min=(1)=1,a1,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,1.(2)(方法一)h(x)=x2-ax+ln x(x>0),h'(x)=2x+-a,h'(x)2-a,當(dāng)a2時(shí),h'(x)0,函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)無極值點(diǎn),當(dāng)a>2時(shí),h'(x)=,當(dāng)x時(shí),h'(x)>0;當(dāng)x時(shí),h'(x)<0;當(dāng)x時(shí),h'(x)>0.故函數(shù)h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增.函數(shù)h(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1=,x2=

13、,綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2,+).(方法二)h(x)=x2-ax+ln x(x>0),h'(x)=2x+-a=問題等價(jià)于方程2x2-ax+1=0有兩相異正根x1,x2,解得a>2,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2,+).證明:由知,x1,x2即方程2x2-ax+1=0的兩個(gè)根,x1x2=,h(x1)-h(x2)=-a(x1-x2)+ln x1-ln x2.又2+1=ax1,2+1=ax2,h(x1)-h(x2)=+2ln x1+ln 2.令k(x)=-x2+2ln x+ln 2,x,得k'(x)=-<0,k(x)在為減函數(shù),k(x)>k-ln 2.h(x

14、1)-h(x2)>-ln 2.6.解 (1)由f(x)=,得f'(x)=,由題意得f'(1)=ab=ae.a0,b=e.(2)令h(x)=x(f(x)-g(x)=x2-(a+e)x+aeln x,則任意x,f(x)與g(x)有且只有兩個(gè)交點(diǎn),等價(jià)于函數(shù)h(x)在區(qū)間有且只有兩個(gè)零點(diǎn).由h(x)=x2-(a+e)x+aeln x,得h'(x)=,當(dāng)a時(shí),由h'(x)>0得x>e;由h'(x)<0得<x<e.此時(shí)h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.h(e)=e2-(a+e)e+aeln e=-e2<0,h(e2)=e4-(a+e)e2+2ae=e(e-2)(e2-2a)e(e-2)>0(或當(dāng)x+時(shí),h(x)>0亦可),要使得h(x)在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn),則只需h+aeln0,即a.當(dāng)<a<e時(shí),由h'(x)>0得<x<a或x>e;由h'(x)<0得a<x<e.此時(shí)h(x)在區(qū)間(a,e)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間和(e,+)內(nèi)單