2020高考数学课标二轮：题型练大专项（六）函数与导数综合问题 含解析.docx

教学资料范本2020高考数学课标二轮：题型练大专项（六）函数与导数综合问题 含解析编 辑：_时 间：_8大题专项(六)函数与导数综合问题题型练第62页1.设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解:(1)因为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.由题设知f(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e0,所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若a,则当x时,f(x)0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a,则当x(0,2)时,x-20,ax-1x-10.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是.2.已知f(x)=ax-ln(-x),x-e,0),其中e是自然对数的底数,aR.(1)当a=-1时,证明:f(x)+.(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值为3?如果存在,求出a的值;如果不存在,请说明理由.(1)证明由题意可知,所证不等式为f(x),x-e,0).因为f(x)=-1-=-,所以当-ex-1时,f(x)0,此时f(x)单调递减;当-1x0,此时f(x)单调递增.所以f(x)在区间-e,0)内有唯一极小值f(-1)=1,即f(x)在区间-e,0)内的最小值为1;令h(x)=,x-e,0),则h(x)=,当-ex0时,h(x)0,故h(x)在区间-e,0)内单调递减,所以h(x)max=h(-e)=1=f(x)min.所以当a=-1时,f(x)+.(2)解假设存在实数a,使f(x)=ax-ln(-x)的最小值为3,f(x)=a-,x-e,0).若a-,由于x-e,0),则f(x)=a-0,所以函数f(x)=ax-ln(-x)在区间-e,0)内是增函数,所以f(x)min=f(-e)=-ae-1=3,解得a=-,与a-矛盾,舍去.若a-,则当-ex时,f(x)=a-0,此时f(x)=ax-ln(-x)是减函数,当x0,此时f(x)=ax-ln(-x)是增函数,所以f(x)min=f=1-ln=3,解得a=-e2.综上知,存在实数a=-e2,使f(x)的最小值为3.3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,bR).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-,-3),求c的值.解:(1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0,x2=-.当a=0时,因为f(x)=3x20(x0),所以函数f(x)在区间(-,+)内单调递增;当a0时,x(0,+)时,f(x)0,x时,f(x)0,所以函数f(x)在区间,(0,+)内单调递增,在区间内单调递减;当a0,x时,f(x)0,所以函数f(x)在区间(-,0),内单调递增,在区间内单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,fa3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f=b0时,a3-a+c0或当a0时,a3-a+c0.设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3),则在(-,-3)内g(a)0均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3).综上c=1.4.(20xx全国,理20)已知函数f(x)=ln x-.(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.(1)解f(x)的定义域为(0,1)(1,+).因为f(x)=0,所以f(x)在区间(0,1),(1,+)内单调递增.因为f(e)=1-0,所以f(x)在区间(1,+)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0f(x)恒成立,求a的取值范围.解:(1)由题意可知,f(x)=ex-2a-3a2e-x=.当a=0时,f(x)=ex0,此时f(x)在R上单调递增;当a0时,令f(x)=0,解得x=ln(3a),当x(-,ln(3a)时,f(x)0,f(x)单调递增;当a0时,令f(x)=0,解得x=ln(-a),当x(-,ln(-a)时,f(x)0,f(x)单调递增;综上可知,当a=0时,f(x)在R上单调递增;当a0时,x(-,ln(3a)时,f(x)单调递减,x(ln(3a),+)时,f(x)单调递增;当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,+)时使g(x)min0即可.g(x)=ex(x-a-1)+ex-2x+2a=(ex-2)(x-a),当a0时,x-a0.当0xln2时,g(x)ln2时,g(x)0,所以g(x)在区间(0,ln2)内是减函数,在区间(ln2,+)内是增函数,只需g(ln2)=-a2+(2ln2-2)a-(ln2)2+2ln2+80,解得ln2-4aln2+2,所以ln2-4a0;当0aln2时,g(x)在区间(0,a)内是增函数,在区间(a,ln2)内是减函数,在区间(ln2,+)内是增函数,则解得0a0成立;当aln2时,g(x)在区间(0,ln2)内是增函数,在区间(ln2,a)内是减函数,在区间(a,+)内是增函数,则解得ln2a0得xe;由h(x)0得xe.此时h(x)在区间内单调递减,在区间(e,+)内单调递增.因为h(e)=e2-(a+e)e+aelne=-e20(或当x+时,h(x)0亦可),所以要使得h(x)在区间内有且只有两个零点,则只需h+aeln0,即a.当a0得xe;由h(x)0得axe.此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间和(e,+)内单调递增.此时h(a)