2022高考数学人教版（浙江专用）一轮总复习演练：第三章 第2讲　第3课时　导数与函数的综合问题 WORD版含解析.doc

1、A级基础练1已知函数f(x)aex1，其中a0.(1)当a2时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若函数f(x)有唯一零点，求a的值解：(1)当a2时，f(x)2ex1，所以f(x)2ex，所以f(0)211，又f(0)211，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y1x，即xy10.(2)要使函数f(x)有唯一零点，则需关于x的方程a有唯一的解设g(x)，则g(x)，设h(x)12xex，则h(x)2ex0，所以h(x)在(，)上单调递减，又h(0)0，所以当x(，0)时，h(x)0，即g(x)0，所以g(x)在(，0)上单调递增；当x(0，)时，h(x)0，

2、即g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减所以g(x)的最大值为g(0)1，所以当x(，0时，g(x)(，1；当x(0，)时，g(x)(0，1)又a0，所以当方程a有唯一解时，a1.所以函数f(x)有唯一零点时，a的值为1.2(2021温州七校联考)已知函数f(x)(aR)的图象在x2处的切线斜率为.(1)求实数a的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若g(x)exln xf(x)，证明：g(x)1.解：(1)由f(x)，得切线斜率kf(2)ae，解得a2.所以f(x)，其定义域为(，0)(0，)，且f(x)2ex1.令f(x)0，解得x1，故f(x)在区间(1，)上单调递增；令f(x)

3、0，解得x1，即exln x1等价于xln x.设h(x)xln x(x0)，则h(x)ln x1.因为hln10，所以当x时，h(x)0.故h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(x)在(0，)上的最小值为h.设m(x)(x0)，则m(x).所以当x(0，1)时，m(x)0；当x(1，)时，m(x)m(x)成立，即g(x)1.B级综合练3已知函数f(x)exbx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若b1，当x2x10时，f(x1)f(x2)(x1x2)(mx1mx21)恒成立，求实数m的取值范围解：(1)由f(x)exbx得f(x)exb，若b0，则f(x)0，即f(x)exbx

4、在(，)上是增函数；若b0，令f(x)0得xln(b)，令f(x)0得xln(b)，即f(x)exbx在(，ln(b)上单调递减，在(ln(b)，)上单调递增(2)由题意知f(x)exx，f(x1)f(x2)(x1x2)(mx1mx21)，即f(x1)mxx1f(x2)mxx2，由x2x10知，上式等价于函数(x)f(x)mx2xexmx2在(0，)上为增函数，所以(x)ex2mx0(x0)，即2m(x0)令h(x)(x0)，则h(x)，当h(x)0时，0x1；当h(x)0时，x1；当h(x)0时，x1.所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以h(x)minh(1)e，则

5、2me，即m，所以实数m的取值范围为.4(2021浙江省名校协作体联考)已知函数f(x)ax2xln.(1)若f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线与直线y2x1平行，求f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)在定义域内有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)f(x2)2ln 23.解：(1)因为f(x)ax2xlnax2xln x，所以f(x)2ax1，所以kf(1)2a.因为f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线与直线y2x1平行，所以2a2，即a1.所以f(1)0，故切点坐标为(1，0)所以切线方程为y2x2.(2)证明：因为f(x)2ax1，所以由题意知方

6、程2ax2x10在(0，)上有两个不等实根x1，x2，所以f(x1)f(x2)axax(x1x2)ln x1ln x2a(xx)(x1x2)ln(x1x2)a(x1x2)ln(x1x2)ln1，令t，g(t)ln t1，则t(4，)，g(t)0，所以g(t)在(4，)上单调递减所以g(t)ln 432ln 23，即f(x1)f(x2)2ln 23.C级提升练5设函数f(x)exx，h(x)kx3kx2x1.(1)求f(x)的最小值；(2)设h(x)f(x)对任意x0，1恒成立时k的最大值为，证明：46.解：(1)因为f(x)exx，所以f(x)ex1，当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递

7、减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)minf(0)1.(2)证明：由h(x)f(x)，化简可得k(x2x3)ex1，当x0，1时，kR，当x(0，1)时，k，要证：46，则需证以下两个问题；4对任意x(0，1)恒成立；存在x0(0，1)，使得6成立先证：4，即证ex14(x2x3)，由(1)可知，exx1恒成立，所以ex1x，又x0，所以ex1x，即证x4(x2x3)14(xx2)(2x1)20，(2x1)20，显然成立，所以4对任意x(0，1)恒成立；再证存在x0(0，1)，使得6成立取x0，8(1)，因为，所以8(1)86，所以存在x0(0，1)，使得6，由可知，

8、46.6(2020杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)ax3bx2x(a，bR)(1)当a2，b3时，求函数f(x)极值；(2)设ba1，当0a1时，对任意x0，2，都有m|f(x)|恒成立，求m的最小值解：(1)当a2，b3时，f(x)x3x2x，f(x)2x23x1(2x1)(x1)，令f(x)0，解得x1或x，令f(x)0，解得x1，故f(x)在(，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故f(x)极大值f()，f(x)极小值f(1).(2)当ba1时，f(x)ax3(a1)x2x，f(x)ax2(a1)x1，f(x)恒过点(0，1)当a0时，f(x)x1，m|f(x)|恒成立，所以m1；0a1，开口向上，对称轴1，f(x)ax2(a1)x1a(x)21，当a1时f(x)x22x1，|f(x)|在x0，2的值域为0，1；要m|f(x)|，则m1；当0a1时，根据对称轴分类：当x2，即a1时，(a1)20，f()(a)(，0)，又f(2)2a11，所以|f(x)|1；当x2，即0a；f(x)在x0，2的最小值为f(2)2a1；12a1，所以|f(x)|1，综上所述，要对任意x0，2都有m|f(x)|恒成立，有m1.所以m的最小值为1.