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1、天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习题型练题型练题型练 8 8 大题专项大题专项( (六六) )函数与导数综合问题函数与导数综合问题1 1.(2017 全国,文 21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)0,求a的取值范围.2 2.设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR R. (1)令g(x)=f(x),求g(x)的单调区间; (2)已知f(x)在x=1 处取得极大值.求实数a的取值范围.3 3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,bR R). (1)试讨论f(x)的单调性; (2)若b=c-a(实数c是与a无关的
2、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.天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习题型练4 4.已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a0. (1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性; (2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0 恒成立,且f(x)=0 在区间(1,+)内有唯一解.5 5.已知函数f(x)=x2-ax,g(x)=ln x,h(x)=f(x)+g(x)(aR R). (1)若不等式f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围. (2)若函数h(x)有两个极值点x1,x2. 求实数a的取值范围; 当x
3、1时,求证:h(x1)-h(x2)-ln 2.6 6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中 e 为自然对数的底数,a,bR R,且a0),曲线y=f(x) 在点(1,f(1)处的切线方程为y=ae(x-1). (1)求b的值; (2)若对任意x,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围.天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习题型练# 题型练 8 8 大题专项(六) 函数与导数综合问题 1 1.解 (1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若a=0,则f(x)=e2x,在区间(-,+)单调递增. 若a0,则
4、由f(x)=0 得x=ln a. 当x(-,ln a)时,f(x)0.故f(x)在区间(-,ln a)单 调递减,在区间(ln a,+)单调递增. 若a0. 故f(x)在区间单调递减,在区间单调递增. (2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0. 若a0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a. 从而当且仅当-a2ln a0,即a1 时,f(x)0. 若a0,函数g(x)单调递增; 当a0 时,x时,g(x)0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减. 所以当a0 时,g(x)的单调增区间为(0,+); 当a0 时,g(x)
5、单调增区间为,单调减区间为. (2)由(1)知,f(1)=0. 当a0 时,f(x)单调递增,所以当x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增. 所以f(x)在x=1 处取得极小值,不合题意. 当 01,由(1)知f(x)在区间内单调递增, 可得当x(0,1)时,f(x)0. 所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x=1 处取得极小值, 不合题意. 当a=时,=1,f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+)内单调递减, 所以当x(0,+)时,f(x)0,f(x)单调递减,不合题意. 当a时,00,f(x)单调递增, 当x(1,+)时,f(x). 3
6、 3.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;天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习题型练当a0 时,x(0,+)时,f(x)0,x时,f(x)0,x时,f(x)0 时,a3-a+c0 或当a0 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+
7、2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0, 解得a(-,-3). 综上c=1. 4 4.(1)解 由已知,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f(x)=2(x-1-ln x-a), 所以g(x)=2-. 当x(0,1)时,g(x)0,g(x)单调递增. (2)证明 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-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x, 则(1)=10,(e)=2(2-e)f(x0)=0; 当x(x0,+)时,f(x)0,从而f(x)f(x0)=0; 又当x(0,1
8、时,f(x)=(x-a0)2-2xln x0. 故x(0,+)时,f(x)0. 综上所述,存在a(0,1),使得f(x)0 恒成立,且f(x)=0 在区间(1,+)内有唯一解. 5 5.解 (1)由f(x)g(x),得ax-(x0), 令(x)=x-(x0),得(x)=. 当 01 时,x2-10,ln x0,从而(x)0, (x)在区间(1,+)内是增函数,(x)min=(1)=1, a1, 即实数a的取值范围是(-,1.天津市 2018 年高考数学(文)二轮复习题型练(2)(方法一)h(x)=x2-ax+ln x(x0),h(x)=2x+-a, h(x)2-a, 当a2 时,h(x)0,函
9、数h(x)在区间(0,+)内单调递增,函数h(x)无极值点, 当a2 时,h(x)=, 当x时,h(x)0; 当x时,h(x)0. 故函数h(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间内单调递增. 函数h(x)有两个极值点x1=,x2=, 综上所述,实数a的取值范围是(2,+). (方法二)h(x)=x2-ax+ln x(x0), h(x)=2x+-a=问题等价于方程 2x2-ax+1=0 有两相异正根x1,x2, 解得a2,故实数a的取值范围是(2,+). 证明:由知,x1,x2即方程 2x2-ax+1=0 的两个根,x1x2=,h(x1)-h(x2)=-a(x1-x2)+ln x1-l
10、n 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)=-k-ln 2. h(x1)-h(x2)-ln 2. 6 6.解 (1)由f(x)=,得f(x)=, 由题意得f(1)=ab=ae.a0,b=e. (2)令h(x)=x(f(x)-g(x)=x2-(a+e)x+aeln x,则任意x,f(x)与g(x)有且只有两个 交点,等价于函数h(x)在区间有且只有两个零点. 由h(x)=x2-(a+e)x+aeln x,得h(x)=, 当a时,由h(x)0 得xe; 由h(x)0(或当x+时,h(x)0 亦可), 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0 得e;由h(x)e 时,由h(x)0 得a,由h(x)0 得 exa, 此时h(x)在区间和(a,+)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-e20, h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意. 综上所述,a的取值范围为.
