《高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練8 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練8 Word版含答案（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
題型練8 大題專項(xiàng)(六)
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題
1.已知f(x)=x+1x+aln x,其中a∈R.
(1)設(shè)f(x)的極小值點(diǎn)為x=t,請將a用t表示.
(2)記f(x)的極小值為g(t),求證:
①g(t)=g1t;
②函數(shù)y=g(t)恰有兩個(gè)零點(diǎn),且互為倒數(shù).
2.已知a≥3,函數(shù)F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}=p,p≤q,q,p>q.
(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍;
(2)①求F(x)的最小值m(a);
②求F
2、(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,b∈R).
(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)∪1,32∪32,+∞,求c的值.
4.已知a>0,函數(shù)f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個(gè)極值點(diǎn).證明:
(1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列;
3、
(2)若a≥1e2-1,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.
5.已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a≠0).
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)+(a+1)x+4-e≤0對任意x∈[e,e2]恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍(e為自然常數(shù));
(3)求證:ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈N*).
6.設(shè)函數(shù)f(x)=ablnxx,g(x)=-12x+(a+b)(其中e為自然對數(shù)的底數(shù),a,b∈R,且a
4、≠0),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)若對任意x∈1e,+∞,f(x)與g(x)有且只有兩個(gè)交點(diǎn),求a的取值范圍.
參考答案
題型練8 大題專項(xiàng)(六)
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題
1.(1)解f(x)=1-1x2+ax=x2+ax-1x2,t=a2+4-a2>0,
當(dāng)x∈(0,t)時(shí),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(t,+∞)時(shí),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
由f(t)=0得a=1t-t.
(2)證明①由(1)知f(x)的極小值為g(t)=t+1t+1
5、t-tlnt,則g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t).
②g(t)=-1+1t2lnt,
當(dāng)t∈(0,1)時(shí),g(t)>0,g(t)單調(diào)遞增;
當(dāng)t∈(1,+∞)時(shí),g(t)<0,g(t)單調(diào)遞減.
又g1e2=g(e2)=3e2-e2<0,g(1)=2>0,
分別存在唯一的c∈1e2,1和d∈(1,e2),
使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,
所以y=g(t)有兩個(gè)零點(diǎn)且互為倒數(shù).
2.解(1)由于a≥3,故當(dāng)x≤1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
6、|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(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)=min{f(1),g(a)},
即m(a)=0,3≤a≤2+2,-a2+4a-2,a>2+2.
②當(dāng)0≤x≤2時(shí),F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2),
當(dāng)2≤x≤6時(shí),F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2)
7、,F(6)}.
所以,M(a)=34-8a,3≤a<4,2,a≥4.
3.解(1)f(x)=3x2+2ax,
令f(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.
當(dāng)a=0時(shí),因?yàn)閒(x)=3x2>0(x≠0),
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∈-∞,-2a3∪(0,+∞)時(shí),f(x)>0,x∈-2a3,0時(shí),f(x)<0,
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間-∞,-2a3,(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間-2a3,0內(nèi)單調(diào)遞減;
當(dāng)a<0時(shí),x∈(-∞,0)∪-2a3,+∞時(shí),f(x)>0,x∈0,-2a3時(shí),f(x)<0,
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0)
8、,-2a3,+∞內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間0,-2a3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-2a3=427a3+b,
則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)f-2a3=b427a3+b<0,從而a>0,-427a30時(shí),427a3-a+c>0或當(dāng)a<0時(shí),427a3-a+c<0.
設(shè)g(a)=427a3-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)∪1,32∪32,+∞,
則在(-∞,-3)內(nèi)g(a)<0,且在1,32∪32,+∞內(nèi)g(a)>0均恒成立,從而g(-3
9、)=c-1≤0,且g32=c-1≥0,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Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞.
綜上c=1.
4.證明(1)f(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=a2+1eaxsin(x+φ),其中tanφ=1a,0<φ<π2.
令f(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ,
即x=mπ-φ,m
10、∈N*.
對k∈N,若2kπ0;若(2k+1)π
11、(nπ-φ)sinφ=-eaπ是常數(shù),故數(shù)列{f(xn)}是首項(xiàng)為f(x1)=ea(π-φ)sinφ,公比為-eaπ的等比數(shù)列.
(2)由(1)知,sinφ=1a2+1,于是對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ<1a2+1ea(nπ-φ)恒成立,等價(jià)于a2+1a0).
設(shè)g(t)=ett(t>0),則g(t)=et(t-1)t2.令g(t)=0得t=1.
當(dāng)01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
12、數(shù)g(t)取得最小值g(1)=e.
因此,要使(*)式恒成立,只需a2+1a1e2-1.
而當(dāng)a=1e2-1時(shí),由tanφ=1a=e2-1>3且0<φ<π2知,π3<φ<π2.
于是π-φ<2π33π2>e2-1.
因此對一切n∈N*,axn=nπ-φe2-1≠1,
所以g(axn)>g(1)=e=a2+1a.
故(*)式亦恒成立.
綜上所述,若a≥1e2-1,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.
5.(1)解f(x)=a(1-x)x(x>0),
當(dāng)a>0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),
13、單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞);
當(dāng)a<0時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).
(2)解令F(x)=alnx-ax-3+ax+x+4-e=alnx+x+1-e,
F(x)=x+ax,令F(x)=0,得x=-a.
若-a≤e,即a≥-e,
則F(x)在x∈[e,e2]上是增函數(shù),要使F(x)≤0對任意x∈[e,e2]恒成立,
則需F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤e-1-e22,無解;
若e<-a≤e2,即-e2≤a<-e,
則F(x)在x∈[e,-a]上是減函數(shù),
在x∈[-a,e2]上是增函數(shù),令F(e)=a+1≤0,得a≤
14、-1.
令F(e2)=2a+e2-e+1≤0,得a≤e-1-e22,
∴-e2≤a≤e-1-e22.
若-a>e2,即a<-e2,F(x)在x∈[e,e2]上是減函數(shù),令F(x)max=F(e)=a+1≤0,得a≤-1,∴a<-e2,
綜上所述a≤e-1-e22.
(3)證明令a=-1(或a=1),此時(shí)f(x)=-lnx+x-3,得f(1)=-2,
由(1)知f(x)=-lnx+x-3在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>f(1),
即-lnx+x-1>0,
所以lnx
15、1n2<1(n-1)n=1n-1-1n,要證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*),
只需證ln122+1+ln132+1+ln142+1+…+ln1n2+1<1(n≥2,n∈N*),
因?yàn)閘n122+1+ln132+1+ln142+1+…+ln1n2+1<1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n=1-1n<1,故原不等式成立.
6.解(1)由f(x)=ablnxx,得f(x)=ab(1-lnx)x2,
由題意得f(1)=ab=ae.∵a≠0,∴b=e.
(2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=1
16、2x2-(a+e)x+aelnx,則任意x∈1e,+∞,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1e,+∞有且只有兩個(gè)零點(diǎn).
由h(x)=12x2-(a+e)x+aelnx,得h(x)=(x-a)(x-e)x,
①當(dāng)a≤1e時(shí),由h(x)>0得x>e;
由h(x)<0得1e0(或當(dāng)x→+∞時(shí),h(x)>0亦可),所
17、以要使得h(x)在區(qū)間1e,+∞內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn),
則只需h1e=12e2-a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e2≥0,即a≤1-2e22e(1+e2).
②當(dāng)1e0得1ee;由h(x)<0得ae時(shí),由h(x)>0得1ea,由h(x)<0得e
高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練8 Word版含答案
