（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.docx

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1、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+3]ex.(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+3]ex,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex(x∈R).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)=3e≠0,所以a的值为1.

2、(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>12,则当x∈1a,2时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤12,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,所以f'(x)>0.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,a∈R.(1)当a=-1时,证明:f(x)+ln(-x)x>12.(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值为3?如果存在,

3、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-e≤x<-1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当-10,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-e≤x<0时,h'(x)≤0,故h(x)在区间[-e,0)内单调递减,所以h(x)max=h(-e

4、)=1e+12<12+12=1=f(x)min.所以当a=-1时,f(x)+ln(-x)x>12.(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).①若a≥-1e,由于x∈[-e,0),则f'(x)=a-1x≥0,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.②若a<-1e,则当-e≤x<1a时,f'(x)=a-1x<0,此时f(x)=ax-ln(-x)是减函数,当1a

5、-1x>0,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①②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,b∈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)∪1,32∪32,+∞,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)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在区间(-∞,+

6、∞)内单调递增;当a>0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a<0时,x∈(-∞,0)∪-2a3,+∞时,f'(x)>0,x∈0,-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+b<0,从而a>0,-

7、427a30时,427a3-a+c>0或当a<0时,427a3-a+c<0.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)∪1,32∪32,+∞,则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在1,32∪32,+∞内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g32=c-1≥0,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Δ=(