1、第一章第一章 导数及其应用导数及其应用 1.3.31.3.3 综合拔高练综合拔高练 五年高考练五年高考练 考点考点 导数与最值的综合运用导数与最值的综合运用 1.(2019 课标全国,20,12 分,)已知函数 f(x)=2x 3-ax2+b. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)是否存在 a,b,使得 f(x)在区间0,1的最小值为-1 且最大值为 1?若存在,求 出 a,b 的所有值;若不存在,说明理由. 2.(2019 北京,19,13 分,)已知函数 f(x)= x 3-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;
2、 (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. 3.(2018 课标全国,21,12 分,)已知函数 f(x)=e x-ax2. (1)若 a=1,证明:当 x0 时, f(x)1; (2)若 f(x)在(0,+)只有一个零点,求 a. 4.(2018 课标全国,21,12 分,)已知函数 f(x)=ae x-ln x-1. (1)设 x=2 是 f(x)的极值点,求 a,并求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 a 时, f(x)0. 5.(2017 课标全国,21,12 分,)设函数 f(x)=
3、(1-x 2)ex. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 x0 时, f(x)ax+1,求 a 的取值范围. 6.(2017 课标全国,21,12 分,)已知函数 f(x)=e x(ex-a)-a2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)0,求 a 的取值范围. 三年模拟练三年模拟练 一、选择题 1.(2019 内蒙古集宁一中高二下期中,)已知函数 f(x)= x 3-x2- x,则 f(-a 2) 与 f(4)的大小关系为( ) A.f(-a 2)0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)求函数 f(x)在区间-2,-1上的最大值. 8.(2019 云南昆明一中高三考
4、前适应性训练,)已知函数 f(x)=e x-ln(2x+a). (1)当 0a -ln 2. 答案全解全析答案全解全析 五年高考练五年高考练 1.解析解析 (1)由题可知函数 f(x)的定义域为 R R. f(x)=6x 2-2ax=2x(3x-a). 令 f(x)=0,得 x=0 或 x= . 若 a0,则当 x(-,0)( )时, f(x)0;当 x( )时, f(x)0.故 f(x) 在(-,0),( )上单调递增,在( )上单调递减. 若 a=0,则 f(x)在(-,+)上单调递增. 若 a0;当 x( )时, f(x)0.故 f(x) 在(- ),(0,+)上单调递增,在( )上单调
5、递减. (2)存在. (i)当 a0 时,由(1)知, f(x)在0,1上单调递增,所以 f(x)在区间0,1上的最 小值为 f(0)=b,最大值为 f(1)=2-a+b.此时当且仅当 b=-1,2-a+b=1,即 a=0,b=-1 时满足题意. (ii)当 a3 时,由(1)知, f(x)在0,1上单调递减,所以 f(x)在区间0,1上的最 大值为 f(0)=b,最小值为 f(1)=2-a+b.此时当且仅当 2-a+b=-1,b=1,即 a=4,b=1 时 满足题意. (iii)当 0a3 时,由(1)知, f(x)在0,1上的最小值为 f( )=- +b,最大值为 b 或 2-a+b. 若
6、- +b=-1,b=1,则 a=3 ,与 0a3 矛盾; 若- +b=-1,2-a+b=1,则 a=3 或 a=-3 或 a=0,与 0a3 矛盾. 综上,当且仅当 a=0,b=-1 或 a=4,b=1 时, f(x)在0,1的最小值为-1,最大值为 1. 2.解析解析 (1)由 f(x)= x 3-x2+x 得 f(x)= x 2-2x+1. 令 f(x)=1,即 x 2-2x+1=1,得 x=0 或 x= . 又 f(0)=0, f( )= , 所以曲线 y=f(x)的斜率为 1 的切线方程是 y=x 与 y- =x- ,即 y=x 与 y=x- . (2)证明:令 g(x)=f(x)-x
7、,x-2,4. 由 g(x)= x 3-x2得 g(x)= x 2-2x. 令 g(x)=0,得 x=0 或 x= . 当 x 变化时,g(x),g(x)的变化情况如下: x -2 (-2, 0) 0 ( ) ( ) 4 g(x) + - + g(x) -6 0 - 0 所以 g(x)的最小值为-6,最大值为 0. 故-6g(x)0,即 x-6f(x)x. (3)由(2)知, 当 a3; 当 a-3 时,M(a)=F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3; 当 a=-3 时,M(a)=3. 综上,当 M(a)最小时,a=-3. 3.解析解析 (1)证明:当 a=1 时, f(x)1 等价于(x
8、 2+1)e-x-10. 设函数 g(x)=(x 2+1)e-x-1, 则 g(x)=-(x 2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当 x1 时,g(x)0,h(x)没有零点; (ii)当 a0 时,h(x)=ax(x-2)e -x. 当 x(0,2)时,h(x)0. 所以 h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增. 故 h(2)=1- 是 h(x)在(0,+)的最小值. 若 h(2)0,即 a ,h(x)在(0,+)没有零点; 若 h(2)=0,即 a= ,h(x)在(0,+)只有一个零点; 若 h(2) ,由于 h(0)=1, 所以 h(x)在(0,2)有一个零点,
9、由(1)知,当 x0 时,e xx2, 所以 h(4a)=1- =1- 1- =1- 0, 故 h(x)在(2,4a)有一个零点, 因此 h(x)在(0,+)有两个零点. 综上, f(x)在(0,+)只有一个零点时,a= . 4.解析解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f(x)=ae x- . 由题设知, f(2)=0,所以 a= . 从而 f(x)= e x-ln x-1, f(x)= e x- , 当 0x2 时, f(x)2 时, f(x)0, 所以 f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增. (2)证明:当 a 时, f(x) -ln x-1. 设 g(x)= -
10、ln x-1,则 g(x)= - . 当 0x1 时,g(x)1 时,g(x)0, 所以 x=1 是 g(x)的最小值点. 故当 x0 时,g(x)g(1)=0. 因此,当 a 时, f(x)0. 5.解析解析 由题可知, f(x)的定义域为 R R. (1)f(x)=(1-2x-x 2)ex. 令 f(x)=0,得 x=-1- 或 x=-1+ . 当 x(-,-1- )时, f(x)0; 当 x(-1+ ,+)时, f(x)0. 所以 f(x)在(-,-1- ),(-1+ ,+)上单调递减,在(-1- ,-1+ )上单调递 增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)e x. 当 a1 时,设
11、函数 h(x)=(1-x)e x,h(x)=-xex0(x0),因此 h(x)在0,+)上单 调递减,而 h(0)=1, 故 h(x)1,所以 f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1,满足题意. 当 0a1 时,设函数 g(x)=e x-x-1,g(x)=ex-10(x0),所以 g(x)在0,+)上单 调递增,而 g(0)=0,故 e xx+1, 当 0x(1-x)(1+x) 2, (1-x)(1+x) 2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x 0= - - , 则 x0(0,1),(1-x0)(1+x0) 2-ax 0-1=0,故 f(x0)ax0+1,不满足题意. 当 a0 时,
12、取 x0= - , 则 x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0) 2=1ax 0+1,不满足题意. 综上,a 的取值范围是1,+). 6.解析解析 (1)函数 f(x)的定义域为(-,+), f(x)=2e 2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若 a=0,则 f(x)=e 2x,在(-,+)上单调递增. 若 a0,则由 f(x)=0 得 x=ln a. 当 x(-,ln a)时, f(x)0. 所以 f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增. 若 a0,则由 f(x)=0 得 x=ln(- ). 当 x(- (- )时,f(x)0. 故 f(
13、x)在(- (- )上单调递减,在( (- ) )上单调递增. (2)若 a=0,则 f(x)=e 2x,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)=-a 2ln a, 从而当且仅当-a 2ln a0,即 0a1 时, f(x)0. 若 a0,则由(1)得,当 x=ln(- )时,f(x)取得最小值,最小值为 f( (- )=a 2* - (- )+. 从而当且仅当 a 2* - (- )+0,即-2 a0, f(x)单调递增;当 x(- )时, f(x)0, f(x)单调递增. 因为 f(-1)=2,所以当 x(-,0时,
14、最大值为 f(-1)=2, 因为-a 20,则 f(-a2)2,且 f(4)=2, 所以 f(-a 2)f(4). 故选 B. 2.A 由函数 f(x)= +k(ln x-x)(x0),可得 f(x)= - +k( - )= - ( - ), 因为 f(x)有唯一极值点 x=1, 所以 f(x)=0 有唯一实数解 x=1, 所以 -k=0 无实数解,即直线 y=k 与函数 g(x)= 的图象无交点, g(x)= - ,由 g(x)0,得 g(x)在(1,+)上单调递增,由 g(x)0,得 g(x)在 (0,1)上单调递减,所以 g(x)min=g(1)=e,所以 k0), 所以 h(x)=2x
15、- = - (x0), 令 h(x)0,所以 0x0,因为 x0,所以 x ,所以函数 h(x)在( )上单调递增, 所以当 x= 时,函数 h(x)取得最小值 -ln = + ln 2. 故所求|MN|的最小值即为函数 h(x)的最小值,最小值为 + ln 2. 二、填空题 4.答案答案 e-1 解析解析 移项,得 k - - ,构造函数 h(x)= - - ,则 h(x)= - , 因为 x(0,+),所以 h(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增, 故当 x=1 时,h(x)取得最小值,最小值为 e-1,故 k 的最大值为 e-1. 5.答案答案 (- - +0,+) 解析解析 由
16、题得 f(x)= +a- , 因为 f(x)在1,+)上是单调函数, 所以 f(x)0 或 f(x)0 在1,+)上恒成立. 当 f(x)0 时, +a- 0 在1,+)上恒成立,即 a - , 设 g(x)= - =( - ) - , 因为 x1,+),所以 (0,1, 当 =1 时,g(x)取得最大值 0,所以 a0; 当 f(x)0 时, +a- 0 在1,+)上恒成立,即 a - , 设 h(x)= - =( - ) - , 因为 x1,+),所以 (0,1,当 = 时,h(x)取得最小值- ,所以 a- . 综上,实数 a 的取值范围是(- - +0,+). 三、解答题 6.解析解析
17、 (1)函数的定义域为(-1,+), 当 a=-1 时, f(x)=-x 2+2x-ln(x+1), 求导得 f(x)= - , 令 f(x)0,得- x , 令 f(x)0,得 x , 所以函数 f(x)的单调递增区间为 - , ,单调递减区间为 -1,- 和 ,+ . (2)当 x0,+)时, f(x)x 恒成立, 令 g(x)=f(x)-x=ax 2+x-ln(x+1), 问题转换为 x0,+)时,g(x)max0. g(x)=2ax+1- = . 当 a=0 时,g(x)= 0,所以 g(x)在0,+)上单调递增,此时 g(x)无最大值, 故当 a=0 时不合题意. 当 a0 时,g(
18、x)0,此时 g(x)在0,+)上单调递增,此时 g(x)无最大值,故当 a0 时不合题意. 当 a0 时,令 g(x)=0,解得 x1=0,x2=- ; 当- a0, 从而 g(x)在0,x2)上单调递增,在x2,+) 上单调递减, 所以 g(x)max=g(x2)g(0)=0,故当- a0 时, f(x)=x 2ekx, 则 f(x)=2xe kx+kx2ekx=ekx(kx2+2x)=ekxx(kx+2), 令 f(x)0,即 e kxx(kx+2)0,即 x(kx+2)0,解得 x0, 所以函数 f(x)在(- - )和(0,+)上单调递增; 令 f(x)0,即 e kxx(kx+2)
19、0,即 x(kx+2)0,解得- x0,即 k0,则当 x-2,-1时, f(x)0,所以 f(x)在-2,-1上单调递减, 所以最大值为 f(-2)=4e -2k. 若- 0,则 当- -2,即 0k1 时,此时当 x-2,-1时, f(x)0,所以 f(x)在-2,-1上 单调递减,所以最大值为 f(-2)=4e -2k; 当-2- -1,即 1k0,当 x(- - +时, f(x)0,所以 f(x)在-2,-1上单 调递增,所以最大值为 f(-1)=e -k. 若 k=0,则 f(x)=x 2在-2,-1上单调递减,所以最大值为 f(-2)=4. 综上,当 k1 时, f(x)max=4
20、e -2k; 当 1k0, 所以 f(x)在(- )上为增函数, 又因为 0a2, 所以 f(0)=1- 0, 所以 f(x)在(- )上存在唯一的零点. (2)证明:由(1)可知 f(x)在(- )上存在唯一的零点, 设该零点为 x1,则 x1(0,1), 当 x(- )时, f(x)0, 所以 f(x)在 x=x1处取得最小值, 由 f(x1)=0 得 - =0, 所以 = ,所以 x1=ln , 所以 f(x)min=f(x1)= -ln(2x1+1)= -ln(2x1+1), 由 x1=ln 得-ln(2x1+1)=x1-ln 2, 所以 f(x1)= +x1-ln 2, 而 +x1-ln 2= +( )-ln 2- 2-ln 2- = -ln 2, 当且仅当 x1= 时,等号成立, 而 f( )= -10,所以 f(x1) -ln 2, 所以 f(x)f(x1) -ln 2,即 f(x) -ln 2.
