2021届高考数学二轮复习题型练8大题专项六函数与导数综合问题文含解析

1、题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题题型练第64页1.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.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(-,+)内单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=lna.当x(-,lna)时,f(x)0.故f(x)在区间(-,lna)内单调递减,在区间(lna,+)内单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=ln-a2.当x-,ln-a2时,f(x)0.故f(x)在区间-,ln-a2内单调递减,在区间l

2、n-a2,+内单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna.从而当且仅当-a2lna0,即a1时,f(x)0.若a1,则当x1a,1时,f(x)0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a1,则当x(0,1)时,ax-1x-10.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+).(方法二)由(1)得f(x)=(ax-1)(x-1)ex.当a=0时,令f(x)=0,得x=1.f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-,1)1(1,+)f(x)+0-f(x)极大值f(x)

3、在x=1处取得极大值,不符合题意.当a0时,令f(x)=0,得x1=1a,x2=1.当x1=x2,即a=1时,f(x)=(x-1)2ex0,f(x)在r上单调递增,f(x)无极值,不符合题意.当x1x2,即0a1时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-,1)11,1a1a1a,+f(x)+0-0+f(x)极大值极小值f(x)在x=1处取得极大值,不符合题意.当x11时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x-,1a1a1a,11(1,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值f(x)在x=1处取得极小值,即a1满足题意.当a0恒成立,即g(x)单调递增.又g(0)=230,因此函

4、数g(x)在区间(0,1)内没有零点.当0a0,即g(x)单调递增;x(a,1),g(x)0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)0,所以13-12(1+a)+a+230.解得a-1,舍去.当a0时,x(0,1),g(x)0,因此要使函数g(x)在区间(0,1)内有零点,必有g(1)0,解得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.(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f(x)=2(x-1-lnx-a),所以g(x)=2-2x=2(x-

5、1)x.当x(0,1)时,g(x)0,g(x)单调递增.(2)证明由f(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.令(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,则(1)=10,(e)=2(2-e)0.于是,存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x1).由u(x)=1-1x0知,函数u(x)在区间(1,+)内单调递增.故0=u(1)a0=u(x0)u(e)=e-21.即a0(0,1).当a=a0时,有f(x0)=0,f(x0)=(x0)=0.再由(1

6、)知,f(x)在区间(1,+)内单调递增,当x(1,x0)时,f(x)f(x0)=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)2-2xlnx0.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.已知函数f(x)=12ax-a+1-lnxx.(1)若函数f(x)为减函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围.解(1)f(x)=12ax-a+1-lnxx,f(x)=12a-1-lnxx2.函数f(x)为减函数,f(x)0,即

7、12a1-lnxx2对x(0,+)恒成立.设m(x)=1-lnxx2,则m(x)=2lnx-3x3.m(x)在区间(0,e32)内单调递减,在区间(e32,+)内单调递增.m(x)min=m(e32)=-12e3.12a-12e3,即a-e-3,故实数a的取值范围是(-,-e-3.(2)易知函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=12ax2-(a-1)x-lnxx.设h(x)=12ax2-(a-1)x-lnx,则原命题等价于函数h(x)有两个不同的零点,求实数a的取值范围.可知h(x)=ax-(a-1)-1x=ax2-(a-1)x-1x=(ax+1)(x-1)x,当a0时,函数h(x)在区

8、间(0,1)内单调递减,在区间(1,+)内单调递增,若函数h(x)有两个不同的零点,则必有h(1)=-12a+12.此时,在x(1,+)内,有h(2)=2a-2(a-1)-ln2=2-ln20;在x(0,1)内,h(x)=12a(x2-2x)+x-lnx,-1x2-2x-12a+x-lnx,h(e-12a)-12a+e-12a-ln(e-12a)=e-12a0,h(x)在区间(0,1),(1,+)内各有一个零点,故a2符合题意;当a=-1时,可知函数h(x)在区间(0,+)内单调递减,函数h(x)至多有一个零点,不符合题意;当-1a0,函数h(x)至多有一个零点,不符合题意;当a0,函数h(x

9、)至多有一个零点,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围是(2,+).6.已知函数f(x)=14x3-x2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;(2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x;(3)设f(x)=|f(x)-(x+a)|(ar),记f(x)在区间-2,4上的最大值为m(a).当m(a)最小时,求a的值.(1)解由f(x)=14x3-x2+x得f(x)=34x2-2x+1.令f(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.又f(0)=0,f83=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.(2)证明令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)的情况如下:x-2(-2,0)0