新课标2018届高考数学二轮复习第三部分题型指导考前提分题型练8大题专项六函数与导数综合问题理.doc

题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.已知f(x)=x+aln x,其中aR.(1)设f(x)的极小值点为x=t,请将a用t表示.(2)记f(x)的极小值为g(t),求证:g(t)=g;函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数.2.已知a3,函数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的取值范围;(2)求F(x)的最小值m(a);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,bR).(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)=eaxsin x(x0,+).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点.证明:(1)数列f(xn)是等比数列;(2)若a,则对一切nN*,xn<|f(xn)|恒成立.5.已知函数f(x)=aln x-ax-3(a0).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+(a+1)x+4-e0对任意xe,e2恒成立,求实数a的取值范围(e为自然常数);(3)求证:ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)<1+2ln n!(n2,nN*).6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,bR,且a0),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=ae(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.参考答案题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.(1)解f'(x)=1-,t=>0,当x(0,t)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x(t,+)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.由f'(t)=0得a=-t.(2)证明由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+lnt,则g+t+ln=t+lnt=g(t).g'(t)=-lnt,当t(0,1)时,g'(t)>0,g(t)单调递增;当t(1,+)时,g'(t)<0,g(t)单调递减.又g=g(e2)=-e2<0,g(1)=2>0,分别存在唯一的c和d(1,e2),使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,所以y=g(t)有两个零点且互为倒数.2.解(1)由于a3,故当x1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)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)=minf(1),g(a),即m(a)=当0x2时,F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),当2x6时,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=-当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x0),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,fa3+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-10,且g=c-10,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=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)综上c=1.4.证明(1)f'(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=eaxsin(x+),其中tan=,0<<令f'(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.对kN,若2k<x+<(2k+1),即2k-<x<(2k+1)-,则f'(x)>0;若(2k+1)<x+<(2k+2),即(2k+1)-<x<(2k+2)-,则f'(x)<0.因此,在区间(m-1),m-)与(m-,m)上,f'(x)的符号总相反.于是当x=m-(mN*)时,f(x)取得极值,所以xn=n-(nN*).此时,f(xn)=ea(n-)sin(n-)=(-1)n+1ea(n-)sin.易知f(xn)0,而=-ea是常数,故数列f(xn)是首项为f(x1)=ea(-)sin,公比为-ea的等比数列.(2)由(1)知,sin=,于是对一切nN*,xn<|f(xn)|恒成立,即n-<ea(n-)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=且0<<知,<<于是-<,且当n2时,n-2->因此对一切nN*,axn=1,所以g(axn)>g(1)=e=故(*)式亦恒成立.综上所述,若a,则对一切nN*,xn<|f(xn)|恒成立.5.(1)解f'(x)=(x>0),当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+);当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+),单调递减区间为(0,1).(2)解令F(x)=alnx-ax-3+ax+x+4-e=alnx+x+1-e,F'(x)=,令F'(x)=0,得x=-a.若-ae,即a-e,则F(x)在xe,e2上是增函数,要使F(x)0对任意xe,e2恒成立,则需F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+10,a,无解;若e<-ae2,即-e2a<-e,则F(x)在xe,-a上是减函数,在x-a,e2上是增函数,令F(e)=a+10,得a-1.令F(e2)=2a+e2-e+10,得a,-e2a若-a>e2,即a<-e2,F(x)在xe,e2上是减函数,令F(x)max=F(e)=a+10,得a-1,a<-e2,综上所述a(3)证明令a=-1(或a=1),此时f(x)=-lnx+x-3,得f(1)=-2,由(1)知f(x)=-lnx+x-3在区间(1,+)内单调递增,所以当x(1,+)时,f(x)>f(1),即-lnx+x-1>0,所以lnx<x-1对一切x(1,+)成立.因为n2,nN*,则有ln,要证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)<1+2lnn!(n2,nN*),只需证ln+ln+ln+ln<1(n2,nN*),因为ln+ln+ln+ln+=1-<1,故原不等式成立.6.解(1)由f(x)=,得f'(x)=,由题意得f'(1)=ab=ae.a0,b=e.(2)令h(x)=xf(x)-g(x)=x2-(a+e)x+aelnx,则任意x,f(x)与g(x)有且只有两个交点,等价于函数h(x)在有且只有两个零点.由h(x)=x2-(a+e)x+aelnx,得h'(x)=,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+aelne=-e2<0,h(e2)=e4-(a+e)e2+2ae=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+aeln0,即a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-ae-aelna<-a2-ae+aelne=-a2<0,即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.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- 9 -