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1、高考大题专项练一高考中的函数与导数高考大题专项练第2页1.(2018北京,理18)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)=ax2-(2a+1)x+2ex,所以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a12,则当x1a,2时,f
2、(x)0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a12,则当x(0,2)时,x-20,ax-112x-10.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是12,+.2.已知函数f(x)=emx-ln x-2.(1)若m=1,证明:存在唯一实数t12,1,使得f(t)=0;(2)求证:存在0m0.证明(1)当m=1时,f(x)=ex-ln x-2,f(x)=ex-1x,x0.显然f(x)在(0,+)内单调递增且图象是连续的,又f120,故存在唯一实数t12,1,使得f(t)=0.(2)f(x)=memx-1x=memx-1mx.由0m2-1t+t时,f(x0)0.取k=2-1t+t0,故m
3、(ek,1)时成立,因此,存在0m0.3.设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x);(2)求A;(3)证明|f(x)|2A.(1)解f(x)=-2sin 2x-(-1)sin x.(2)解(分类讨论)当1时,|f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.当01时,将f(x)变形为f(x)=2cos2x+(-1)cos x-1.(构造函数)令g(t)=2t2+(-1)t-1,则A是|g(t)|在-1,1上的最大值,g(-1)=,g(1)=3-2,且当t=1-4时,g(
4、t)取得极小值,极小值为g1-4=-(-1)28-1=-2+6+18.令-11-41,解得15.()当015时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以A=2-3.()当150,知g(-1)g(1)g1-4.又g1-4-|g(-1)|=(1-)(1+7)80,所以A=g1-4=2+6+18.综上,A=2-3,015,2+6+18,151,3-2,1.(3)证明由(1),得|f(x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|.当015时,|f(x)|1+2-42(2-3)=2A.当151时,A=8+18+341,所以|
5、f(x)|1+2A.当1时,|f(x)|3-16-4=2A.所以|f(x)|2A.4.已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.(1)解f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a-1x,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-1x.当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1
6、.(2)证明由(1)知f(x)=x2-x-xln x,f(x)=2x-2-ln x.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-1x.当x0,12时,h(x)0.所以h(x)在0,12内单调递减,在12,+内单调递增.又h(e-2)0,h120;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2.所以e-2f(x0)0,故有lnxx=1-t.令g(x)=lnxx,则g(x)=1-lnxx2.由g(x)0,得0xe;由g(x
7、)e.故g(x)在区间(0,e)内单调递增,在区间(e,+)内单调递减.因此,g(x)max=g(e)=1e,所以g(x)的值域为-,1e,要使得方程f(x)=1无实数根,则1-t1e,即t0,f(x)0恒成立.不妨取x=1,有f(1)=et(1+t-e1-t)0.而当t1时,f(1)0,故t0时,f(x)=etx1+tx-e(1-t)xex21+x2-ex2.而当x0时,有ex1+x,故1+x2-ex20,所以f(x)0.所以f(x)在区间(0,+)内单调递减,故当t12时满足题意.当12t1时,01-t1,即11-tln t1-t0.令h(x)=1+tx-e(1-t)x,则h(0)=0,h
8、(x)=t-(1-t)e(1-t)x=(1-t)t1-t-e(1-t)x.当0x0,此时,h(x)h(0)=0,则当0x0,故f(x)在区间0,11-tln t1-t内单调递增.与题设矛盾,不符合题意,舍去.所以,当t12时,函数f(x)在区间(0,+)内是减函数.6.已知f(x)=ax-ln x,x(0,e,g(x)=lnxx,其中e是自然对数的底数,aR.(1)讨论当a=1时,函数f(x)的单调性和极值;(2)求证:在(1)的条件下,f(x)g(x)+12;(3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.(1)解当a=1时,f(x)=x-ln x,
9、f(x)=1-1x=x-1x.当0x1时,f(x)0,此时f(x)单调递减;当10时,此时f(x)单调递增.f(x)的极小值为f(1)=1.(2)证明f(x)的极小值为1,f(x)在(0,e上的最小值为1,即f(x)min=1.又g(x)=1-lnxx2,当0x0,g(x)在(0,e上单调递增.g(x)max=g(e)=1e12,在(1)的条件下,f(x)g(x)+12.(3)解假设存在正实数a,使f(x)=ax-ln x(x(0,e)有最小值3,则f(x)=a-1x=ax-1x.当01a0,b0,a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根;若对于任意xR,不等式f(2x)
10、mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;(2)若0a1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解(1)因为a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-22x+1=0,所以(2x-1)2=0,即2x=1,解得x=0.由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因为f(2x)mf(x)-6对于xR恒成立,且f(x)0,所以m(f(x)2+4f(x)对于xR恒成立.而(f(x)2+4f(x)=f(x)+4f(x)2f(x)4f(x)=4,且(f(0)2+4f(0)=4,所以m4,故实数m的最
11、大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)=axln a+bxln b,又由0a1知ln a0,所以g(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb.令h(x)=g(x),则h(x)=(axln a+bxln b)=ax(ln a)2+bx(ln b)2,从而对任意xR,h(x)0,所以g(x)=h(x)是(-,+)内的增函数.于是当x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0.因而函数g(x)在(-,x0)内是减函数,在(x0,+)内是增函数.下证x0=0.若x00,则x0x020,于是gx02aloga2-2=0,且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0a1,所以l
