（课标专用）天津市2020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

题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题题型练第62页1.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)=2ax-(4a+1)ex+ax2-(4a+1)x+4a+3ex=ax2-(2a+1)x+2ex(xR).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(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f(x)=ax-ln(-x),x-e,0),其中e是自然对数的底数,aR.(1)当a=-1时,证明:f(x)+ln(-x)x12.(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值为3?如果存在,求出a的值;如果不存在,请说明理由.(1)证明由题意可知,所证不等式为f(x)12-ln(-x)x,x-e,0).因为f(x)=-1-1x=-x+1x,所以当-ex-1时,f(x)0,此时f(x)单调递减;当-1x0,此时f(x)单调递增.所以f(x)在区间-e,0)内有唯一极小值f(-1)=1,即f(x)在区间-e,0)内的最小值为1;令h(x)=12-ln(-x)x,x-e,0),则h(x)=ln(-x)-1x2,当-ex0时,h(x)0,故h(x)在区间-e,0)内单调递减,所以h(x)max=h(-e)=1e+1212.(2)解假设存在实数a,使f(x)=ax-ln(-x)的最小值为3,f(x)=a-1x,x-e,0).若a-1e,由于x-e,0),则f(x)=a-1x0,所以函数f(x)=ax-ln(-x)在区间-e,0)内是增函数,所以f(x)min=f(-e)=-ae-1=3,解得a=-4e-1e,与a-1e矛盾,舍去.若a-1e,则当-ex1a时,f(x)=a-1x0,此时f(x)=ax-ln(-x)是减函数,当1ax0,此时f(x)=ax-ln(-x)是增函数,所以f(x)min=f1a=1-ln-1a=3,解得a=-e2.综上知,存在实数a=-e2,使f(x)的最小值为3.3.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)1,3232,+,求c的值.解:(1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.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-,-2a3(0,+)时,f(x)0,x-2a3,0时,f(x)0,所以函数f(x)在区间-,-2a3,(0,+)内单调递增,在区间-2a3,0内单调递减;当a0,x0,-2a3时,f(x)0,所以函数f(x)在区间(-,0),-2a3,+内单调递增,在区间0,-2a3内单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f-2a3=427a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f-2a3=b427a3+b0,-427a3b0或a0,0b0时,427a3-a+c0或当a0时,427a3-a+c0.设g(a)=427a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,则在(-,-3)内g(a)0均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g32=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+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.综上c=1.4.(2019全国,理20)已知函数f(x)=ln x-x+1x-1.(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.(1)解f(x)的定义域为(0,1)(1,+).因为f(x)=1x+2(x-1)20,所以f(x)在区间(0,1),(1,+)内单调递增.因为f(e)=1-e+1e-10,所以f(x)在区间(1,+)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.又01x1f(x)恒成立,求a的取值范围.解:(1)由题意可知,f(x)=ex-2a-3a2e-x=e2x-2aex-3a2ex=(ex-3a)(ex+a)ex.当a=0时,f(x)=ex0,此时f(x)在R上单调递增;当a0时,令f(x)=0,解得x=ln(3a),当x(-,ln(3a)时,f(x)0,f(x)单调递增;当a0时,令f(x)=0,解得x=ln(-a),当x(-,ln(-a)时,f(x)0,f(x)单调递增;综上可知,当a=0时,f(x)在R上单调递增;当a0时,x(-,ln(3a)时,f(x)单调递减,x(ln(3a),+)时,f(x)单调递增;当af(x),可得,ex(x-a-1)-x2+2ax-a2+100,令g(x)=ex(x-a-1)-x2+2ax-a2+10,只需在x(0,+)时使g(x)min0即可.g(x)=ex(x-a-1)+ex-2x+2a=(ex-2)(x-a),当a0时,x-a0.当0xln2时,g(x)ln2时,g(x)0,所以g(x)在区间(0,ln2)内是减函数,在区间(ln2,+)内是增函数,只需g(ln2)=-a2+(2ln2-2)a-(ln2)2+2ln2+80,解得ln2-4aln2+2,所以ln2-4a0;当0a0,g(0)0,解得0a0成立;当aln2时,g(x)在区间(0,ln2)内是增函数,在区间(ln2,a)内是减函数,在区间(a,+)内是增函数,则g(a)=-ea+100,g(0)=9-a-a20,解得ln2a0得xe;由h(x)0得1exe.此时h(x)在区间1e,e内单调递减,在区间(e,+)内单调递增.因为h(e)=12e2-(a+e)e+aelne=-12e20(或当x+时,h(x)0亦可),所以要使得h(x)在区间1e,+内有且只有两个零点,则只需h1e=12e2-a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e20,即a1-2e22e(1+e2).当1ea0得1exe;由h(x)0得axe.此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间1e,a和(e,+)内单调递增.此时h(a)=-12a2-ae-aelna-12a2-ae+aelne=-12a2e时,由h(x)0得1exa,由h(x)0得exa,此时h(x)在区间1e,e和(a,+)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-12e20,即h(x)在区间1e,+内至多只有一个零点,不合题意.综上所述,a的取值范围为-,1-2e22e(1+e2).8