（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項（六）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 理

（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項（六）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 理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)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)的常數(shù)),當(dāng)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a>0,函數(shù)f(x)=eaxsin x(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*,xn<|f(xn)|恒成立.5.(2018天津,理20)已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.(1)求函數(shù)h(x)=f(x)-xln a的單調(diào)區(qū)間;(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(dāng)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.題型練8大題專項(六)函數(shù)與導(dǎo)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)(x-2)ex.若a>,則當(dāng)x時,f'(x)<0;當(dāng)x(2,+)時,f'(x)>0.所以f(x)在x=2處取得極小值.若a,則當(dāng)x(0,2)時,x-2<0,ax-1x-1<0,所以f'(x)>0.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(dāng)x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,當(dāng)x>1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F(x)的定義知m(a)=minf(1),g(a),即m(a)=當(dāng)0x2時,F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),當(dāng)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=-當(dāng)a=0時,因為f'(x)=3x2>0(x0),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a>0時,x(0,+)時,f'(x)>0,x時,f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間,(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)a<0時,x(-,0)時,f'(x)>0,x時,f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,0),內(nèi)單調(diào)遞增,在區(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,fa3+b,則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)·f=b<0,從而又b=c-a,所以當(dāng)a>0時,a3-a+c>0或當(dāng)a<0時,a3-a+c<0.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,且在內(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-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)綜上c=1.4.證明 (1)f'(x)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)=eaxsin(x+),其中tan =,0<<令f'(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.對kN,若2k<x+<(2k+1),即2k-<x<(2k+1)-,則f'(x)>0;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(dāng)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(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-<ea(n-)恒成立,等價于(*)恒成立(因為a>0).設(shè)g(t)=(t>0),則g'(t)=令g'(t)=0得t=1.當(dāng)0<t<1時,g'(t)<0,所以g(t)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)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(dāng)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<g(1)=e,即只需a>而當(dāng)a=時,由tan =且0<<知,<<于是-<,且當(dāng)n2時,n-2->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*,xn<|f(xn)|恒成立.5.(1)解 由已知,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知當(dāng)x變化時,h'(x),h(x)的變化情況如下表:x(-,0)0(0,+)h'(x)-0+h(x)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)=axln a,可得曲線y=f(x)在點(x1,f(x1)處的切線斜率為ln a.由g'(x)=,可得曲線y=g(x)在點(x2,g(x2)處的切線斜率為因為這兩條切線平行,故有l(wèi)n a=,即x2(ln a)2=1.兩邊取以a為底的對數(shù),得logax2+x1+2loga(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-(3)證明 曲線y=f(x)在點(x1,)處的切線l1:y-ln a·(x-x1).曲線y=g(x)在點(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=(x-x2).要證明當(dāng)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,只需證明當(dāng)a時,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1與l2重合.即只需證明當(dāng)a時,方程組有解.由得x2=,代入,得-x1ln a+x1+=0.因此,只需證明當(dāng)a時,關(guān)于x1的方程存在實數(shù)解.設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxln a+x+,即要證明當(dāng)a時,函數(shù)y=u(x)存在零點.u'(x)=1-(ln a)2xax,可知當(dāng)x(-,0)時,u'(x)>0;當(dāng)x(0,+)時,u'(x)單調(diào)遞減,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0+)內(nèi)單調(diào)遞減,u(x)在x=x0處取得極大值u(x0).因為a,故ln(ln a)-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0+=+x0+0.下面證明存在實數(shù)t,使得u(t)<0.由(1)可得ax1+xln a,當(dāng)x>時,有u(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+,所以存在實數(shù)t,使得u(t)<0.因此,當(dāng)a時,存在x1(-,+),使得u(x1)=0.所以,當(dāng)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.解 (1)由f(x)=,得f'(x)=,由題意得f'(1)=ab=ae.a0,b=e.(2)令h(x)=xf(x)-g(x)=x2-(a+e)x+aeln x,則任意x,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,等價于函數(shù)h(x)在區(qū)間有且只有兩個零點.由h(x)=x2-(a+e)x+aeln x,得h'(x)=,當(dāng)a時,由h'(x)>0得x>e;由h'(x)<0得<x<e.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+aeln e=-e2<0,h(e2)=e4-(a+e)e2+2ae=e(e-2)(e2-2a)e(e-2)>0(或當(dāng)x+時,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個零點,則只需h+aeln0,即a當(dāng)<a<e時,由h'(x)>0得<x<a或x>e;由h'(x)<0得a<x<e.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-aeln a<-a2-ae+aeln e=-a2<0,即h(x)在區(qū)間內(nèi)至多只有一個零點,不合題意.當(dāng)a>e時,由h'(x)>0得<x<e或x>a,由h'(x)<0得e<x<a,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)=-e2<0,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