（新课标）天津市2019年高考数学二轮复习 题型练8 大题专项（六）函数与导数综合问题 理.doc

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1、1题型练题型练 8 8 大题专项大题专项( (六六) )函数与导数综合问题函数与导数综合问题1 1.(2018 北京,理 18)设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.(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 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 3.已知函数f(x)=x3+ax

2、2+b(a,bR R).2(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.(1,3 2)(32, + )4 4.已知a0,函数f(x)=eaxsin x(x0,+).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN N*)个极值点.证 明:(1)数列f(xn)是等比数列;(2)若a,则对一切nN N*,xn1.3(1)求函数h(x)=f(x)-xln 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)=-;2(

3、) (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.1 6 6.设函数f(x)=,g(x)=- x+(a+b)(其中 e 为自然对数的底数,a,bR R,且a0),曲线y=f(x) 1 2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.1 , + )4题型练 8 8 大题专项(六)函数与导数综合问题1 1.解 (1)因为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

4、+2ex(xR 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)=3e0,所以a的值为 1.(2)由(1)得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若a,则当x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-20.1 21 2所以 2 不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1 2, + ).2 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x1 时,(x2- 2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(

5、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)=0,3 2 + 2,- 2+ 4 - 2, 2 + 2.?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)=34 - 8,3 0(x0),所以函数f

6、(x)在区间(-,+)内单调递增;当a0 时,x(0,+)时,f(x)0,x时,f(x)0,x时,f(x) 0,-4 2730 时,a3-a+c0 或当a0 均恒成立,从而g(-3)=c-10,且(1,3 2)(32, + )g=c-10,因此c=1.(3 2)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-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)(1,3 2)(32, + ).6综上c=1.4 4.证明 (1)f(x)

7、=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)=eaxsin(x+),其中 tan 2+ 1=,00;若(2k+1) 0).2+ 1 0),则g(t)=令g(t)=0 得t=1. ( - 1)2.当 01 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2+ 1 12- 1.而当a=时,由 tan =且 0 3 2 3 2.于是 -2 32- 1.因此对一切nN N*,axn=1, - 2- 17所以g(axn)g(1)=e=2+ 1 .故(*)式亦恒成立.综上所述,若a,则

8、对一切nN N*,xn1,可知当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x(-,0)0(0,+)h(x)-0+h(x)极小值所以函数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)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线斜率为ln a.1由g(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为1 1 2.因为这两条切线平行,故有ln a=,11 2即x2(ln a)2=1.1两边取以a为底的对数,得 logax2+x1+2loga(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-2() .(3)证明 曲线y=f(x)在点

9、(x1,)处的切线l1:y-ln a(x-x1).曲线y=g(x)在点11= 1(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=(x-x2).1 28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 1 当a时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1与l2重合. 1 即只需证明当a时,方程组 1 有解.1 =1 2,1- 11 = 2-1 ?由得x2=,代入,得-x1ln a+x1+=0.11 ()2111 +2() 因此,只需证明当a时,关于x1的方程存在实数解. 1 设函数u(x)=ax-xaxln a+x+,即要证明当a时,函数y=

10、u(x)存在零点.1 +2() 1 u(x)=1-(ln a)2xax,可知当x(-,0)时,u(x)0;当x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)=10,u=1-0,使得u(x0)=0,即 1-(ln a)2x0=0.由此(1()2)1()20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, 1 所以u(x0)=-x0ln a+x0+001 +2() =+x0+0.10()22() 2 + 2() 下面证明存在实数t,使得u(t)时,有u(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln 1

11、 1 +2() a)2x2+x+1+,1 +2() 所以存在实数t,使得u(t)0 得xe;1 由h(x)0(或当x+时,h(x)0 亦可),1 21 21 2(2-2 )所以要使得h(x)在区间内有且只有两个零点,1 , + )则只需h+aeln0,即a(1 )=122 + 1 =(1 - 22) - 2(1 + 2)221 - 222(1 + 2).当0 得e;由h(x)e 时,由h(x)0 得a,由h(x)0 得 exa,1 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)=-e20,(1 ,)1 2即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.1 , + )综上所述,a的取值范围为(- ,1 - 222(1 + 2).