《（廣西課標版）2020版高考數(shù)學二輪復習 題型練8 大題專項6 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西課標版）2020版高考數(shù)學二輪復習 題型練8 大題專項6 文（11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)與導數(shù)綜合問題1.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)函數(shù)f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex.(1)若曲線y=f(x)在點(2,f(2)處的切線斜率為0,求a;(2)若f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍.3.(2019貴州遵義模擬,20)設(shè)函數(shù)f(x)=13x3-12x2+ax,aR.(1)若x=2是f(x)的極值點,求a的值;(2)已知函數(shù)g(x)=f(x)-12ax2+23,若g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點,求a的取值范圍.4.已知函數(shù)f(x)=-2xln x+x

2、2-2ax+a2,其中a0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導函數(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.(2019江西吉安一中等八校聯(lián)考,21)已知函數(shù)f(x)=12ax-a+1-lnxx.(1)若函數(shù)f(x)為減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點,求實數(shù)a的取值范圍.6.(2019北京,文20)已知函數(shù)f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程;(2)當x-2,4時,求證:x-6f(x)x;(3)設(shè)F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),記F(x)在

3、區(qū)間-2,4上的最大值為M(a).當M(a)最小時,求a的值.題型練8大題專項(六)函數(shù)與導數(shù)綜合問題1.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,則f(x)=e2x,在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增.若a0,則由f(x)=0得x=lna.當x(-,lna)時,f(x)0.故f(x)在區(qū)間(-,lna)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(lna,+)內(nèi)單調(diào)遞增.若a0,則由f(x)=0得x=ln-a2.當x-,ln-a2時,f(x)0.故f(x)在區(qū)間-,ln-a2內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間ln-a2,+內(nèi)單調(diào)遞增.(2)若a=0,則f(x)=e2x,

4、所以f(x)0.若a0,則由(1)得,當x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna.從而當且僅當-a2lna0,即a1時,f(x)0.若a1,則當x1a,1時,f(x)0.所以f(x)在x=1處取得極小值.若a1,則當x(0,1)時,ax-1x-10.所以1不是f(x)的極小值點.綜上可知,a的取值范圍是(1,+).(方法二)由(1)得f(x)=(ax-1)(x-1)ex.當a=0時,令f(x)=0,得x=1.f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:x(-,1)1(1,+)f(x)+0-f(x)極大值f(x)在x=1處取得極大值,不符合題意.當a0時,令f(x)=0,

5、得x1=1a,x2=1.當x1=x2,即a=1時,f(x)=(x-1)2ex0,f(x)在R上單調(diào)遞增,f(x)無極值,不符合題意.當x1x2,即0a1時,f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:x(-,1)11,1a1a1a,+f(x)+0-0+f(x)極大值極小值f(x)在x=1處取得極大值,不符合題意.當x11時,f(x),f(x)隨x的變化情況如下表:x-,1a1a1a,11(1,+)f(x)+0-0+f(x)極大值極小值f(x)在x=1處取得極小值,即a1滿足題意.當a0恒成立,即g(x)單調(diào)遞增.又g(0)=230,因此函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)沒有零點.當0a0,即g(x)單

6、調(diào)遞增;x(a,1),g(x)0,因此要使函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點,必有g(shù)(1)0,所以13-12(1+a)+a+230.解得a-1,舍去.當a0時,x(0,1),g(x)0,因此要使函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點,必有g(shù)(1)0,解得a-1滿足條件.綜上可得,a的取值范圍是(-,-1).4.(1)解由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),g(x)=f(x)=2(x-1-lnx-a),所以g(x)=2-2x=2(x-1)x.當x(0,1)時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增.(2)證明由f(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.令(x)=-2xlnx+x2

7、-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,則(1)=10,(e)=2(2-e)0.于是,存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x1).由u(x)=1-1x0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-21.即a0(0,1).當a=a0時,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x(1,x0)時,f(x)f(x0)=0;當x(x0,+)時,f(x)0,從而f(x)f(x0)=0;又當x(0,1

8、時,f(x)=(x-a0)2-2xlnx0.故x(0,+)時,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)f(x)=12ax-a+1-lnxx,f(x)=12a-1-lnxx2.函數(shù)f(x)為減函數(shù),f(x)0,即12a1-lnxx2對x(0,+)恒成立.設(shè)m(x)=1-lnxx2,則m(x)=2lnx-3x3.m(x)在區(qū)間(0,e32)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(e32,+)內(nèi)單調(diào)遞增.m(x)min=m(e32)=-12e3.12a-12e3,即a-e-3,故實數(shù)a的取值范圍是(-,-e-3.(2)易知函數(shù)f(x)的定義域為

9、(0,+),f(x)=12ax2-(a-1)x-lnxx.設(shè)h(x)=12ax2-(a-1)x-lnx,則原命題等價于函數(shù)h(x)有兩個不同的零點,求實數(shù)a的取值范圍.可知h(x)=ax-(a-1)-1x=ax2-(a-1)x-1x=(ax+1)(x-1)x,當a0時,函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,若函數(shù)h(x)有兩個不同的零點,則必有h(1)=-12a+12.此時,在x(1,+)內(nèi),有h(2)=2a-2(a-1)-ln2=2-ln20;在x(0,1)內(nèi),h(x)=12a(x2-2x)+x-lnx,-1x2-2x-12a+x-lnx,h(e-12a)-12

10、a+e-12a-ln(e-12a)=e-12a0,h(x)在區(qū)間(0,1),(1,+)內(nèi)各有一個零點,故a2符合題意;當a=-1時,可知函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)至多有一個零點,不符合題意;當-1a0,函數(shù)h(x)至多有一個零點,不符合題意;當a0,函數(shù)h(x)至多有一個零點,不符合題意.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是(2,+).6.(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程是y=x與y-827=x-83,即y=x與y=x-6427.(2)證明令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x2-2x,令g(x)=0得x=0或x=83.g(x),g(x)的情況如下:x-2(-2,0)00,838383,44g(x)+-+g(x)-60-64270所以g(x)的最小值為-6,最大值為0.故-6g(x)0,即x-6f(x)x.(3)解由(2)知,當a3;當a-3時,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;當a=-3時,M(a)=3.綜上,當M(a)最小時,a=-3.11