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1、2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测题型练题型练 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.(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.设 f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR. (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.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
2、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.2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测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.已知函数 f(x)=x2-ax,g(x)=ln x,h(x)=f(x)+g(x)(aR). (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
3、 a 的取值范围; 当 x1时,求证:h(x1)-h(x2)-ln 2.6.设函数 f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中 e 为自然对数的底数,a,bR,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.2018 届天津市高考数学（文）二轮复习检测#题型练 8 大题专项(六)函数与导数综合问题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(-,
4、+)单调递增. 若 a0,则由 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
5、a0 时,g(x)的单调增区间为(0,+); 当 a0 时,g(x)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
6、)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.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,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
7、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.(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)=
8、0; 当 x(x0,+)时,f(x)0,从而 f(x)f(x0)=0; 又当 x(0,1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.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.(2)(方法一)h(x)=x2-ax+ln x(x0), h(x)
9、=2x+-a, h(x)2-a, 当 a2 时,h(x)0,函数 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+
10、1=0 的两个根,x1x2=,h(x1)-h(x2)=-a(x1-x2)+ln x1-ln 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.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.
