2019年高考數(shù)學二輪復習 題型練8 大題專項(六)函數(shù)與導數(shù)綜合問題 理(考試專用)

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1、題型練8大題專項(六)函數(shù)與導數(shù)綜合問題1.(2018北京,理18)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線與x軸平行,求a;(2)若f(x)在x=2處取得極小值,求a的取值范圍.2.已知a3,函數(shù)F(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中minp,q=(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍;(2)求F(x)的最小值m(a);求F(x)在區(qū)間0,6上的最大值M(a).3.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,bR).1(1)試討論f(x)的單調(diào)性;(2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的

2、常數(shù)),當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-,-3),求c的值.4.已知a0,函數(shù)f(x)=eaxsinx(x0,+).記xn為f(x)的從小到大的第n(nN*)個極值點.證明:(1)數(shù)列f(xn)是等比數(shù)列;(2)若a,則對一切nN*,xn1.(1)求函數(shù)h(x)=f(x)-xlna的單調(diào)區(qū)間;2(2)若曲線y=f(x)在點(x1,f(x1)處的切線與曲線y=g(x)在點(x2,g(x2)處的切線平行,證明x1+g(x2)=-;(3)證明當a時,存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.6.設(shè)函數(shù)f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e為

3、自然對數(shù)的底數(shù),a,bR,且a0),曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=ae(x-1).(1)求b的值;(2)若對任意x,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,求a的取值范圍.3題型練8大題專項(六)函數(shù)與導數(shù)綜合問題1.解(1)因為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.由題設(shè)知f(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此時f(1)=3e0,所以a的值為1.(2)由(1)得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)

4、(x-2)ex.若a,則當x時,f(x)0.所以f(x)在x=2處取得極小值.若a,則當x(0,2)時,x-20,ax-1x-10.所以2不是f(x)的極小值點.綜上可知,a的取值范圍是2.解(1)由于a3,故當x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0,當x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a).所以,使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍為2,2a.(2)設(shè)函數(shù)f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,則f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,所以,由

5、F(x)的定義知m(a)=minf(1),g(a),即m(a)=當0x2時,F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),當2x6時,F(x)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(2),F(6).所以,M(a)=3.解(1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0,x2=-4當a=0時,因為f(x)=3x20(x0),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當a0時,x所以函數(shù)f(x)在區(qū)間當a0,x,(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間時,f(x)0,x時,f(x)0,內(nèi)單調(diào)遞減;時,f(x)0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,0),內(nèi)單調(diào)遞增,在

6、區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.(2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)=b,f則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)fa3+b,=b0時,a3-a+c0或當a0時,a3-a+c0.設(shè)g(a)=a3-a+c,因為函數(shù)f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-,-3),則在(-,-3)內(nèi)g(a)0均恒成立,從而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函數(shù)有三個零點,則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得

7、a(-,-3)綜上c=1.4.證明(1)f(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=,0令f(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.eaxsin(x+),其中tan5對kN,若2kx+(2k+1),即2k-x0;若(2k+1)x+(2k+2),即(2k+1)-x(2k+2)-,則f(x)0.因此,在區(qū)間(m-1),m-)與(m-,m)上,f(x)的符號總相反.于是當x=m-(mN*)時,f(x)取得極值,所以xn=n-(nN*).此時,f(xn)=ea(n-)sin(n-)=(-1)n+1ea(n-)sin.易知f(xn)0,而=-ea是常數(shù),故數(shù)列f

8、(xn)是首項為f(x1)=ea(-)sin,公比為-ea的等比數(shù)列.(2)由(1)知,sin=,于是對一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-0).設(shè)g(t)=(t0),則g(t)=令g(t)=0得t=1.當0t1時,g(t)1時,g(t)0,所以g(t)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.從而當t=1時,函數(shù)g(t)取得最小值g(1)=e.因此,要使(*)式恒成立,只需而當a=時,由tan=且0知,于是-因此對一切nN*,axn=1,所以g(axn)g(1)=e=故(*)式亦恒成立.綜上所述,若a,則對一切nN*,xn1,可知當x變化時,h(x),h(x)的變化情況如下表:x(-,0)0(0,

9、+)6h(x)-h(x)0極小值+所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+).(2)證明由f(x)=axlna,可得曲線y=f(x)在點(x1,f(x1)處的切線斜率為由g(x)=,可得曲線y=g(x)在點(x2,g(x2)處的切線斜率為lna.因為這兩條切線平行,故有即x2(lna)2=1.兩邊取以a為底的對數(shù),得logax2+x1+2loga(lna)=0,所以x1+g(x2)=-lna=,(3)證明曲線y=f(x)在點(x1,)處的切線l1:y-lna(x-x1).曲線y=g(x)在點(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=(x-x2).要證明當a

10、時,存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線,只需證明當a時,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1與l2重合.即只需證明當a時,方程組由得x2=因此,只需證明當a有解.,代入,得-x1lna+x1+=0.時,關(guān)于x1的方程存在實數(shù)解.設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxlna+x+,即要證明當a時,函數(shù)y=u(x)存在零點.u(x)=1-(lna)2xax,可知當x(-,0)時,u(x)0;當x(0,+)時,u(x)單調(diào)遞減,又u(0)=10,u=1-0,使得u(x0)=0,即1-(lna)2x0大值u(x0).=0.由此可得u(x)在(-,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x

11、0+)內(nèi)單調(diào)遞減,u(x)在x=x0處取得極7因為a,故ln(lna)-1,所以u(x0)=-x0lna+x0+=+x0+0.下面證明存在實數(shù)t,使得u(t)時,有u(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+=-(lna)2x2+x+1+,所以存在實數(shù)t,使得u(t)0得xe;由h(x)0得xe.此時h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因為h(e)=e2-(a+e)e+aelne=-e20(或當x+時,h(x)0亦可),所以要使得h(x)在區(qū)間則只需h+aeln內(nèi)有且只有兩個零點,0,即aa0得當xe;由h(x)0得axe.8此時h(x)在區(qū)間(a,e)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間和(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.此時h(a)=-a2-ae-aelna-a2-ae+aelne=-a2e時,由h(x)0得xa,由h(x)0得exa,此時h(x)在區(qū)間和(a,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,a)上單調(diào)遞減,且h(e)=-e20,即h(x)在區(qū)間內(nèi)至多只有一個零點,不合題意.綜上所述,a的取值范圍為9