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

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1、 題型練?8 大題專項(六)函數與導數綜合問題 1.(2018?北京,理?18)設函數?f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (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?a≥3,函數?F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中?min{p,q}= (1)求使得等式?F(x)=x2-2ax+4a-2?成立的?

2、x?的取值范圍; (2)①求?F(x)的最小值?m(a); ②求?F(x)在區(qū)間[0,6]上的最大值?M(a). 3.已知函數?f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). 1 (1)試討論?f(x)的單調性; (2)若?b=c-a(實數?c?是與?a?無關的常數),當函數?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.

3、 4.已知?a>0,函數?f(x)=eaxsin?x(x∈[0,+∞)).記?xn?為?f(x)的從小到大的第?n(n∈N*)個極值點.證明: (1)數列{f(xn)}是等比數列; (2)若?a≥ ,則對一切?n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.(2018?天津,理?20)已知函數?f(x)=ax,g(x)=logax,其中?a>1.

4、 (1)求函數?h(x)=f(x)-xln?a?的單調區(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.設函數?f(x)= ,g(x)=-?x+(a+b)(其中?e?為自然

5、對數的底數,a,b∈R,且?a≠0),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) 函數與導數綜合問題 1.解?(1)因為?f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex, 所以?f'(x)=[2ax-(4a+1)]e

6、x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex(x∈R). f'(1)=(1-a)e. 由題設知?f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得?a=1. 此時?f(1)=3e≠0,所以?a?的值為?1. (2)由(1)得?f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex. 若?a> ,則當?x 時,f'(x)<0; 當?x∈(2,+∞)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-2<0,ax-1 x-1<0,所以?f'(x)>

7、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?a≥3,故當?x≤1?時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,當?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)①設函數?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)=mi

8、n{f(1),g(a)}, 即?m(a)= ②當?0≤x≤2?時,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2), 當?2≤x≤6?時,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(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)=3x2>0(x≠0), 所以函數?f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內單調遞增; 當?a>0?時

9、,x 所以函數?f(x)在區(qū)間 當?a<0?時,x∈(-∞,0) (0,+∞)時,f'(x)>0,x ,(0,+∞)內單調遞增,在區(qū)間 時,f'(x)>0,x 時,f'(x)<0, 內單調遞減; 時,f'(x)<0, 所以函數?f(x)在區(qū)間(-∞,0), 內單調遞增,在區(qū)間 內單調遞減. (2)由(1)知,函數?f(x)的兩個極值為?f(0)=b,f 則函數?f(x)有三個零點等價于?f(0)·f a3+b, =b????????????<0,從而

10、 又?b=c-a,所以當?a>0?時, a3-a+c>0?或當?a<0?時,?????a3-a+c<0. 設?g(a)= a3-a+c,因為函數?f(x)有三個零點時,a?的取值范圍恰好是(-∞,- 3) , 則在(-∞,-3)內?g(a)<0,且在 內?g(a)>0?均恒成立,從而?g(-3)=c-1≤0,且 g =c-1≥0,因此?c=1. 此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函數有三個零點,則?x2+(a-1)x+1-a=0?有兩個異于-

11、1?的不等實根,所以?Δ?=(a-1)2-4(1- a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得?a∈(-∞,-3) 綜上?c=1. 4.證明?(1)f'(x)=aeaxsin?x+eaxcos?x=eax(asin?x+cos?x)= φ?=?,0<φ?< 令?f'(x)=0,由?x≥0?得?x+φ?=mπ?, 即?x=mπ?-φ?,m∈N*. eaxsin(x+φ?),其中?tan 5 對?k∈N,若?2kπ?

12、x<(2k+1)π?-φ?,則?f'(x)>0;若 (2k+1)π?

13、ea(π?-φ?)sin?φ?,公比為-eaπ?的等比數列. (2)由(1)知,sin?φ?= ,于是對一切?n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即?nπ?- φ?< ea(nπ?-φ?)恒成立,等價于 (*)恒成立(因為?a>0). 設?g(t)= (t>0),則?g'(t)= 令?g'(t)=0?得?t=1. 當?01?時,g'(t)>0,所以?g(t)在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增. 從而當?t=1?時,函數?g(t)取得最小值?g(1)=e. 因此

14、,要使(*)式恒成立,只需 而當?a= 時,由?tan?φ?= 且?0<φ?< 知, <φ?< 于是?π?-φ?< ,且當?n≥2?時,nπ?-φ?≥2π?-φ?> 因此對一切?n∈N*,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?n∈N*,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?x?變化

15、時,h'(x),h(x)的變化情況如下表: x (-∞,0)?0 (0,+∞) 6 h'(x) - h(x) ↘ 0 極小值 + ↗ 所以函數?h(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,0),單調遞增區(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 由?g'(x)= ,可得曲線?y=g(x)在點(x2,g(x2))處的切線斜率為  ln?a. 因為這兩條切線平行,故

16、有 即?x2 (ln?a)2=1. 兩邊取以?a?為底的對數, 得?logax2+x1+2loga(ln?a)=0, 所以?x1+g(x2)=- ln?a=???????, (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?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?a 時,存在?x

17、1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得?l1?與?l2?重合. 即只需證明當?a 時,方程組 由①得?x2= 因此,只需證明當?a 有解. ,代入②,得??????-x1????ln?a+x1+?????????=0.?③ 時,關于?x1?的方程③存在實數解. 設函數?u(x)=ax-xaxln?a+x+ ,即要證明當?a???????時,函數?y=u(x)存在零點. u'(x)=1-(ln?a)2xax,可知當?x∈(-∞,0)時,u'(x)>0

18、;當?x∈(0,+∞)時,u'(x)單調遞減,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 大值?u(x0). =0.由此可得?u(x)在(-∞,x0)內單調遞增,在(x0+∞)內單調遞減,u(x)在?x=x0?處取得極 7 因為?a ,故?ln(ln?a)≥-1, 所以?u(x0)= -x0 ln?a+x0+ = +x0+ 0. 下面證明存在實數?t,使得?u(t)<

19、0. 由(1)可得?ax≥1+xln?a,當?x>  時,有?u(x)≤(1+xln?a)(1-xln?a)+x+????????????=- (ln?a)2x2+x+1+ , 所以存在實數?t,使得?u(t)<0. 因此,當?a 所以,當?a 6.解?(1)由?f(x)= 時,存在?x1∈(-∞,+∞),使得?u(x1)=0. 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. ,得?f'(x)=?????, 由題意得?f'

20、(1)=ab=ae.∵a≠0,∴b=e. (2)令?h(x)=x[f(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?h(x)在區(qū)間 由?h(x)= x2-(a+e)x+aeln?x,得?h'(x)= 有且只有兩個零點. , ①當?a 時,由?h'(x)>0?得?x>e; 由?h'(x)<0?得

21、 因為?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?x→+∞ 時,h(x)>0?亦可),所以要使得?h(x)在區(qū)間 則只需?h +aeln 內有且只有兩個零點, 0,即?a 0?得 ②當 e;由?h'(x)<0?得?a

22、內單調遞增. 此時?h(a)=- a2-ae-aeln?a<- a2-ae+aeln?e=- a2<0, 即?h(x)在區(qū)間 內至多只有一個零點,不合題意. ③當?a>e?時,由?h'(x)>0?得 a,由?h'(x)<0?得?e