2020版高考数学复习大题专项突破高考大题专项1函数与导数的综合（压轴大题）文北师大版.docx

高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题突破1利用导数求极值、最值、参数范围 1.已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间0,1上的最小值.2.(2018山东潍坊一模,21)已知函数f(x)=aln x+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+)上的单调性;(2)求函数f(x)在1,e上的最小值.3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)ex(aR).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间1,2上的最小值.4.(2018辽宁抚顺3月模拟,21改编)已知函数f(x)=ax-2ln x(aR).若f(x)+x30对任意x(1,+)恒成立,求a的取值范围.5.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x-2时,f(x)kg(x),求k的取值范围.6.(2018江西南昌一模,21改编)已知函数f(x)=ex-aln x-e(aR),其中e为自然对数的底数.若当x1,+)时,f(x)0恒成立,求a的取值范围.突破2利用导数证明问题及讨论零点个数 1.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a1时,f(x)+e0.2.(2018河北保定一模,21改编)已知函数f(x)=x+.设函数g(x)=ln x+1.证明:当x(0,+)且a0时,f(x)g(x).3.已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x00,求a的取值范围.4.(2018安徽芜湖期末,21改编)已知函数f(x)=x3-aln x(aR).若函数y=f(x)在区间(1,e上存在两个不同零点,求实数a的取值范围.5.设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数;(2)证明:当a0时,f(x)2a+aln.6.(2018衡水中学押题三,21)已知函数f(x)=ex-x2+a,xR,曲线y=f(x)的图像在点(0,f(0)处的切线方程为y=bx.(1)求函数y=f(x)的解析式;(2)当xR时,求证:f(x)-x2+x;(3)若f(x)kx对任意的x(0,+)恒成立,求实数k的取值范围.高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题突破1利用导数求极值、最值、参数范围1.解 (1)由题意知f(x)=(x-k+1)ex.令f(x)=0,得x=k-1.当x(-,k-1)时,f(x)0.所以f(x)的递减区间是(-,k-1),递增区间是(k-1,+).(2)当k-10,即k1时,f(x)在0,1上递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=-k;当0k-11,即1k2时,f(x)在0,k-1上递减,在k-1,1上递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k-11,即k2时,f(x)在0,1上递减,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k1时,f(x)在0,1上的最小值为f(0)=-k;当1k0,f(x)在(1,+)递增.(2)f(x)=2x+,当a0时f(x)0,f(x)在1,e上递增,fmin(x)=f(1)=1.当a0时,由f(x)=0解得x=(负值舍去),设x0=.若1,即a-2,也就是-2a0,f(x)递增,fmin(x)=f(1)=1.若1e,即-2e2a-2时,x1,x0,f(x)0,f(x)递减,xx0,e,f(x)0,f(x)递增.故fmin(x)=f(x0)=-+aln .若e,即a-2e2时,x1,e,f(x)0,f(x)递减.fmin(x)=f(e)=e2+a.综上所述:当a-2时,f(x)的最小值为1;当-2e2a-2时,f(x)的最小值为;当a-2e2时,f(x)的最小值为e2+a.3.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex(x-1).所以f(0)=-2,k=f(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f(x)=ex(x-a+1),令f(x)=0,可得x=a-1.若a-11,则a2,当x1,2时,f(x)0,则f(x)在1,2上递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.若a-12,则a3,当x1,2时,f(x)0,则f(x)在1,2上递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.若1a-12,则2a3,所以f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f(x)-0+f(x)递减极小值递增所以f(x)的递减区间为1,a-1,递增区间为a-1,2.所以f(x)在1,2上的最小值为f(a-1)=-ea-1.综上所述:当a2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2a0,即a-x2+对任意x(1,+)恒成立,记p(x)=-x2+,定义域为(1,+),则p(x)=-2x+,设q(x)=-2x3+2-2ln x,q(x)=-6x2-,则当x1时,q(x)递减,所以当x1时,q(x)q(1)=0,故p(x)1时,p(x)p(1)=-1,得a-1,所以a的取值范围是-1,+).5.解 (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f(0)=4,g(0)=4.而f(x)=2x+a,g(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则F(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).由题设可得F(0)0,即k1.令F(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.若1ke2,则-2x10.从而当x(-2,x1)时,F(x)0.即F(x)在(-2,x1)递减,在(x1,+)递增.故F(x)在-2,+)的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-4x1-2=-x1(x1+2)0.故当x-2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立.若k=e2,则F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x-2时,F(x)0,即F(x)在(-2,+)递增.而F(-2)=0,故当x-2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立.若ke2,则F(-2)= -2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0.从而当x-2时,f(x)kg(x)不可能恒成立.综上,k的取值范围是1,e2.6.解 由f(x)=ex-aln x-e(aR),得f(x)=ex-,当a0,f(x)在x1,+)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意).当a0时,f(x)=ex-,当x1,+)时,y=exe.当a(0,e时,因为x1,+),所以y=e,f(x)=ex-0,f(x)在1,+)上递增,f(x)min=f(1)=0(合题意).当a(e,+)时,存在x01,+),满足f(x)=ex-=0,f(x)在x01,x0)上递减,在(x0,+)上递增,故f(x0)f(1)=0.不满足x1,+)时,f(x)0恒成立,综上所述,a的取值范围是(-,e.突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1.(1)解 f(x)=,f(0)=2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明 当a1时,f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,g(x)递增;所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.2.证明 令h(x)=f(x)-g(x)=x+-ln x-1(x0),h(x)=1-,设p(x)=x2-x-a=0,函数p(x)的图像的对称轴为x=.p(1)=1-1-a=-a1,由对称性知,p(x)=0的另一根小于0,且-x0-a=0,h(x)在(0,x0)上是减少的,在(x0,+)上是增加的,h(x)min=h(x0)=x0+-ln x0-1=x0+-ln x0-1=2x0-ln x0-2.令F(x)=2x-ln x-2(x1),F(x)=2-0恒成立,所以F(x)在(1,+)上是增加的.F(1)=2-0-2=0,F(x)0,即h(x)min0,所以,当x(0,+)时,f(x)g(x).3.解法1 函数f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=-3x2+1,有两个零点,原函数草图a=0不合题意;当a0时,当x-时,f(x)-,f(0)=1, f(x)存在小于0的零点x0,不合题意;当a0时,f(x)=3ax2-6x,由f(x)=3ax2-6x=0,得x1=0,x2=0,在区间内f(x)0;在区间(0,+)内f(x)0f(x)min=f0+104.a0,a-2.解法2 曲线y=ax3与曲线y=3x2-1仅在y轴右侧有一个公共点,当a0时,由图像知不符合题意;当a0时,设曲线y=ax3与曲线y=3x2-1相切于点(x0,y0),则得a=-2,由图像知a0,当t1或t-1时,g(x)0.所以g(t)在(-,-1)递减,在区间(-1,1)递增,在(1,+)递减,所以当t=-1时,g(t)min=-2,由g(t)=-t3+3t的图像可知,t=1时,g(t)max=2.x+时,g(t)+,当a-2时,直线y=a与g(t)=-t3+3t的图像只有一个交点,交点在第四象限,所以满足题意.4.解 由f(x)=0,得a=在区间(1,e上有两个不同实数解,即函数y=a的图像与函数g(x)=的图像有两个不同的交点.因为g(x)=,令g(x)=0得x=,所以当x(1,)时,g(x)0,函数在(,e上递增;则g(x)min=g()=3e,而g()=2727,且g(e)=e30).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点,当a0时,因为e2x递增,-递增,所以f(x)在(0,+)递增.又f(a)0,当b满足0b且b时,f(b)0时,f(x)存在唯一零点.(2)证明 由(1),可设f(x)在(0,+)的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)在(0,x0)递减,在(x0,+)递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2=0,所以f(x0)=+2ax0+aln2a+aln.故当a0时,f(x)2a+aln.6.(1)解 根据题意,得f(x)=ex-2x,则f(0)=1=b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x),得a=-1,故f(x)=ex-x2-1.(2)证明 令g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1.由g(x)=ex-1=0,得x=