《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項6 文-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)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項6 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（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(dǎo)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+2]ex.
(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,a∈R.
(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
2、(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+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.(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
3、(x)=14x3-x2+x.
(1)求曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程;
(2)當(dāng)x∈[-2,4]時,求證:x-6≤f(x)≤x;
(3)設(shè)F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),記F(x)在區(qū)間[-2,4]上的最大值為M(a).當(dāng)M(a)最小時,求a的值.
題型練8 大題專項(六)
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題
1.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,則f(x)=e2x,在區(qū)間(-∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
②若a>0,則由f'(x)=0得x=lna.
當(dāng)x∈(-∞,lna)時,f'(x
4、)<0;當(dāng)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.
③若a<0,則由f'(x)=0得x=ln-a2.
當(dāng)x∈-∞,ln-a2時,f'(x)<0;
當(dāng)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)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna.
從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2lna≥0,即a≤1時,f(x)≥0.
③若a<0,則由(1
5、)得,當(dāng)x=ln-a2時,f(x)取得最小值,最小值為fln-a2=a234-ln-a2.
從而當(dāng)且僅當(dāng)a234-ln-a2≥0,
即a≥-2e34時f(x)≥0.
綜上,a的取值范圍是[-2e34,1].
2.解(1)因為f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,
所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex.
所以f'(2)=(2a-1)e2.
由題設(shè)知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12.
(2)(方法一)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.
若a>1,則當(dāng)x∈1a,1時,f'(x)<0;
6、當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)>0.
所以f(x)在x=1處取得極小值.
若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0.
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(dāng)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(dāng)a>0時,令f'(x)=0,得x1=1a,x2=
7、1.
①當(dāng)x1=x2,即a=1時,f'(x)=(x-1)2ex≥0,
∴f(x)在R上單調(diào)遞增,
∴f(x)無極值,不符合題意.
②當(dāng)x1>x2,即01時,f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表:
x
-∞,1a
1a
1a,1
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
8、
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
∴f(x)在x=1處取得極小值,即a>1滿足題意.
當(dāng)a<0時,令f'(x)=0,得x1=1a,x2=1.
f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表:
x
-∞,1a
1a
1a,1
1
(1,+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
極小值
↗
極大值
↘
∴f(x)在x=1處取得極大值,不符合題意.
綜上所述,a的取值范圍為(1,+∞).
3.解(1)因為f(x)=13x3-12x2+ax,a∈R,
所以f'(x)=x2-x+a.
因為x=2是f(x)的極值點,所以f
9、'(2)=4-2+a=0,解得a=-2.
(2)因為g(x)=13x3-12(1+a)x2+ax+23,所以g'(x)=x2-(1+a)x+a=(x-1)(x-a).
①當(dāng)a≥1時,x∈(0,1),g'(x)>0恒成立,即g(x)單調(diào)遞增.
又g(0)=23>0,
因此函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)沒有零點.
②當(dāng)00,即g(x)單調(diào)遞增;x∈(a,1),g'(x)<0,即g(x)單調(diào)遞減.
又g(0)=23>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+23<0.
解得a<-1,舍去
10、.
③當(dāng)a≤0時,x∈(0,1),g'(x)<0,即g(x)單調(diào)遞減;又g(0)=23>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(dāng)x∈(0,1)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(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φ(x)=-
11、2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,
則φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1).由u'(x)=1-1x≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
故0=u(1)
12、0,從而f(x)>f(x0)=0;
當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0;
又當(dāng)x∈(0,1]時,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0.
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12a≤1-lnxx2對x∈(0,+∞)恒成立.
設(shè)m(x)=1-lnxx2,則m'(x)=2lnx-3x3.
∴m(x)在區(qū)間
13、(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(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(dāng)a≥0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
14、數(shù)h(x)有兩個不同的零點,則必有h(1)=-12a+1<0,即a>2.
此時,在x∈(1,+∞)內(nèi),有h(2)=2a-2(a-1)-ln2=2-ln2>0;
在x∈(0,1)內(nèi),∵h(yuǎn)(x)=12a(x2-2x)+x-lnx,
∵-1-12a+x-lnx,
∴h(e-12a)>-12a+e-12a-ln(e-12a)=e-12a>0,
∴h(x)在區(qū)間(0,1),(1,+∞)內(nèi)各有一個零點,故a>2符合題意;
當(dāng)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(dāng)-1
15、在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間1,-1a內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間-1a,+∞內(nèi)單調(diào)遞減,
∴函數(shù)h(x)的極小值為h(1)=-12a+1>0,
∴函數(shù)h(x)至多有一個零點,不符合題意;
當(dāng)a<-1時,可知函數(shù)h(x)在區(qū)間0,-1a內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間-1a,1內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
∴函數(shù)h(x)的極小值為h-1a=12a+1a(a-1)-ln-1a=1-12a+ln(-a)>0,
∴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)
16、=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)
0
0,83
83
83,4
4
g'(x)
+
-
+
g(x)
-6
↗
0
↘
-6427
↗
0
所以g(x)的最小值為-6,最大值為0.
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)解由(2)知,當(dāng)a<-3時,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
當(dāng)a>-3時,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
當(dāng)a=-3時,M(a)=3.
綜上,當(dāng)M(a)最小時,a=-3.
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