2019年最新高考数学二轮复习 题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题 理(考试专用)

题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题1.(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.2.已知a≥3,函数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x的取值范围;(2)①求F(x)的最小值m(a);②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪,求c的值.4.已知a>0,函数f(x)=e ax sin x(x∈[0,+∞)).记x n为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.证明:(1)数列{f(x n)}是等比数列;(2)若a≥,则对一切n∈N*,x n<|f(x n)|恒成立.5.(2018天津,理20)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-x ln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,b∈R,且a≠0),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=a e(x-1).(1)求b的值;(2)若对任意x∈,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围.题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.解 (1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x(x∈R).f'(1)=(1-a)e.由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1x-1<0,所以f'(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是2.解 (1)由于a≥3,故当x≤1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(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的取值范围为[2,2a].(2)①设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2,所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},即m(a)=②当0≤x≤2时,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2),当2≤x≤6时,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=-当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增;当a>0时,x(0,+∞)时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间,(0,+∞)内单调递增,在区间内单调递减;当a<0时,x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(-∞,0),内单调递增,在区间内单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3),则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,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)综上c=1.4.证明 (1)f'(x)=a e ax sin x+e ax cos x=e ax(a sin x+cos x)=e ax sin(x+φ),其中tanφ=,0<φ<令f'(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ,即x=mπ-φ,m∈N*.对k∈N,若2kπ<x+φ<(2k+1)π,即2kπ-φ<x<(2k+1)π-φ,则f'(x)>0;若(2k+1)π<x+φ<(2k+2)π,即(2k+1)π-φ<x<(2k+2)π-φ,则f'(x)<0.因此,在区间((m-1)π,mπ-φ)与(mπ-φ,mπ)上,f'(x)的符号总相反.于是当x=mπ-φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以x n=nπ-φ(n∈N*).此时,f(x n)=e a(nπ-φ)sin(nπ-φ)=(-1)n+1e a(nπ-φ)sin φ.易知f(x n)≠0,而=-e aπ是常数,故数列{f(x n)}是首项为f(x1)=e a(π-φ)sin φ,公比为-e aπ的等比数列.(2)由(1)知,sin φ=,于是对一切n∈N*,x n<|f(x n)|恒成立,即nπ-φ<e a(nπ-φ)恒成立,等价于(*)恒成立(因为a>0).设g(t)=(t>0),则g'(t)=令g'(t)=0得t=1.当0<t<1时,g'(t)<0,所以g(t)在区间(0,1)内单调递减;当t>1时,g'(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)内单调递增.从而当t=1时,函数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>而当a=时,由tan φ=且0<φ<知,<φ<于是π-φ<,且当n≥2时,nπ-φ≥2π-φ>因此对一切n∈N*,ax n=1,所以g(ax n)>g(1)=e=故(*)式亦恒成立.综上所述,若a,则对一切n∈N*,x n<|f(x n)|恒成立.5.(1)解由已知,h(x)=a x-x ln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(-∞,0) 0 (0,+∞)所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明由f'(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-(3)证明曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1+=0.③因此,只需证明当a时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x+,即要证明当a时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,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=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)内单调递增,在(x0+∞)内单调递减,u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a,故ln(ln a)≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0+=+x0+0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+x ln a,当x>时,有u(x)≤(1+x ln a)(1-x ln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.6.解 (1)由f(x)=,得f'(x)=,由题意得f'(1)=ab=a e.∵a≠0,∴b=e.(2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=x2-(a+e)x+a eln x,则任意x,f(x)与g(x)有且只有两个交点,等价于函数h(x)在区间有且只有两个零点.由h(x)=x2-(a+e)x+a eln x,得h'(x)=,①当a时,由h'(x)>0得x>e;由h'(x)<0得<x<e.此时h(x)在区间内单调递减,在区间(e,+∞)内单调递增.因为h(e)=e2-(a+e)e+a eln e=-e2<0,h(e2)=e4-(a+e)e2+2a e=e(e-2)(e2-2a)e(e-2)>0(或当x→+∞时,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在区间内有且只有两个零点,则只需h+a eln0,即a②当<a<e时,由h'(x)>0得<x<a或x>e;由h'(x)<0得a<x<e.此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间和(e,+∞)内单调递增.此时h(a)=-a2-a e-a eln a<-a2-a e+a eln e=-a2<0,即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.③当a>e时,由h'(x)>0得<x<e或x>a,由h'(x)<0得e<x<a,此时h(x)在区间和(a,+∞)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-e2<0,即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.综上所述,a的取值范围为。