2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 理(考試專用)

題型練 8大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)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(diǎn)(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(shí)數(shù) c 是與 a 無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù) f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí),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(gè)極值點(diǎn).證明:(1)數(shù)列f(xn)是等比數(shù)列;(2)若 a,則對(duì)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(2)若曲線 y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1)處的切線與曲線 y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2)處的切線平行,證明x1+g(x2)=-;(3)證明當(dāng) a 時(shí),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(duì)數(shù)的底數(shù),a,bR,且 a0),曲線 y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為 y=ae(x-1).(1)求 b 的值;(2)若對(duì)任意 x,f(x)與 g(x)有且只有兩個(gè)交點(diǎn),求 a 的取值范圍.3題型練 8大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題1.解 (1)因?yàn)?#160;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(shí) 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(shí),f'(x)<0;當(dāng) x(2,+)時(shí),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(shí),x-2<0,ax-1x-1<0,所以 f'(x)>0.所以 2 不是 f(x)的極小值點(diǎn).綜上可知,a 的取值范圍是2.解 (1)由于 a3,故當(dāng) x1 時(shí),(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,當(dāng) x>1 時(shí),(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(shí),F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),當(dāng) 2x6 時(shí),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(dāng) a=0 時(shí),因?yàn)?#160;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(shí),x所以函數(shù) f(x)在區(qū)間當(dāng) a<0 時(shí),x(-,0)(0,+)時(shí),f'(x)>0,x,(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間時(shí),f'(x)>0,x時(shí),f'(x)<0,內(nèi)單調(diào)遞減;時(shí),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(gè)極值為 f(0)=b,f則函數(shù) f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于 f(0)·fa3+b,=b            <0,從而又 b=c-a,所以當(dāng) a>0 時(shí),a3-a+c>0 或當(dāng) a<0 時(shí),     a3-a+c<0.設(shè) g(a)=a3-a+c,因?yàn)楹瘮?shù) f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí),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(shí),f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn),則 x2+(a-1)x+1-a=0 有兩個(gè)異于-1 的不等實(shí)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)= = ,0< <令 f'(x)=0,由 x0 得 x+ =m ,即 x=m - ,mN*.eaxsin(x+ ),其中 tan5對(duì) 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(hào)總相反.于是當(dāng) x=m - (mN*)時(shí),f(x)取得極值,所以 xn=n - (nN*).此時(shí),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(xiàng)為f(x1)=ea( - )sin  ,公比為-ea 的等比數(shù)列.(2)由(1)知,sin  =,于是對(duì)一切 nN*,xn<|f(xn)|恒成立,即 n - <ea(n - )恒成立,等價(jià)于(*)恒成立(因?yàn)?#160;a>0).設(shè) g(t)=(t>0),則 g'(t)=令 g'(t)=0 得 t=1.當(dāng) 0<t<1 時(shí),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(shí),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(shí),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(shí),由 tan  =且 0< <知,< <于是  - <,且當(dāng) n2 時(shí),n - 2 - >因此對(duì)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(duì)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(shí),h'(x),h(x)的變化情況如下表:x(-,0) 0(0,+)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)=axln a,可得曲線 y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1)處的切線斜率為由 g'(x)=,可得曲線 y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2)處的切線斜率為ln a.因?yàn)檫@兩條切線平行,故有即 x2(ln a)2=1.兩邊取以 a 為底的對(duì)數(shù),得 logax2+x1+2loga(ln a)=0,所以 x1+g(x2)=-ln a=       ,(3)證明 曲線 y=f(x)在點(diǎn)(x1,)處的切線 l1:y-ln a·(x-x1).曲線 y=g(x)在點(diǎn)(x2,logax2)處的切線 l2:y-logax2=(x-x2).要證明當(dāng) a時(shí),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(shí),存在 x1(-,+),x2(0,+),使得 l1 與 l2 重合.即只需證明當(dāng) a時(shí),方程組由得 x2=因此,只需證明當(dāng) a有解.,代入,得      -x1    ln a+x1+         =0. 時(shí),關(guān)于 x1 的方程存在實(shí)數(shù)解.設(shè)函數(shù) u(x)=ax-xaxln a+x+,即要證明當(dāng) a       時(shí),函數(shù) y=u(x)存在零點(diǎn).u'(x)=1-(ln a)2xax,可知當(dāng) x(-,0)時(shí),u'(x)>0;當(dāng) x(0,+)時(shí),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-(lna)2x0大值 u(x0).=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7因?yàn)?#160;a,故 ln(ln a)-1,所以 u(x0)=-x0ln a+x0+=+x0+0.下面證明存在實(shí)數(shù) t,使得 u(t)<0.由(1)可得 ax1+xln a,當(dāng) x>時(shí),有 u(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+            =-(ln a)2x2+x+1+,所以存在實(shí)數(shù) t,使得 u(t)<0.因此,當(dāng) a所以,當(dāng) a6.解 (1)由 f(x)=時(shí),存在 x1(-,+),使得 u(x1)=0.時(shí),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.,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(gè)交點(diǎn),等價(jià)于函數(shù) h(x)在區(qū)間由 h(x)=x2-(a+e)x+aeln x,得 h'(x)=有且只有兩個(gè)零點(diǎn).,當(dāng) a時(shí),由 h'(x)>0 得 x>e;由 h'(x)<0 得<x<e.此時(shí) 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?yàn)?#160;h(e)=e2-(a+e)e+aeln e=-e2<0,e4-(a+e)e2+2ae=h(e2)=e(e-2)(e2-2a)e(e-2)>0(或當(dāng) x+時(shí),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(gè)零點(diǎn),0,即 a<a<e 時(shí),由 h'(x)>0 得當(dāng)<x<a 或 x>e;由 h'(x)<0 得 a<x<e.8此時(shí) 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(shí) 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(gè)零點(diǎn),不合題意.當(dāng) a>e 時(shí),由 h'(x)>0 得<x<e 或 x>a,由 h'(x)<0 得 e<x<a,此時(shí) 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(gè)零點(diǎn),不合題意.綜上所述,a 的取值范圍為9