《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 理(考試專用)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 理(考試專用)（9頁珍藏版）》請(qǐng)?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.(2018?北京,理?18)設(shè)函數(shù)?f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.
(1)若曲線?y=f(x)在點(diǎn)(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(shù)?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(shù)?f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
1
(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)∪ ,求?c?的值.
3、
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;
(2)若?a≥
,則對(duì)一切?n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.
5.(2018?天津,理?20)已知函數(shù)?f(x)=ax,g(x)=logax,其中?a>1.
4、
(1)求函數(shù)?h(x)=f(x)-xln?a?的單調(diào)區(qū)間;
2
(2)若曲線?y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線與曲線?y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線平行,證明
x1+g(x2)=- ;
(3)證明當(dāng)?a≥?時(shí),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(shè)函數(shù)?f(x)= ,g(x)=-?x+(a+b)(其中?e?為自然
5、對(duì)數(shù)的底數(shù),a,b∈R,且?a≠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(duì)任意?x∈ ,f(x)與?g(x)有且只有兩個(gè)交點(diǎn),求?a?的取值范圍.
3
題型練?8 大題專項(xiàng)(六)
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題
1.解?(1)因?yàn)?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(shè)知?f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得?a=1.
此時(shí)?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(dāng)?x 時(shí),f'(x)<0;
當(dāng)?x∈(2,+∞)時(shí),f'(x)>0.
所以?f(x)在?x=2?處取得極小值.
若?a ,則當(dāng)?x∈(0,2)時(shí),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(diǎn).
綜上可知,a?的取值范圍是
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|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)=mi
8、n{f(1),g(a)},
即?m(a)=
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),F(6)}.
所以,M(a)=
3.解?(1)f'(x)=3x2+2ax,
令?f'(x)=0,解得?x1=0,x2=-
4
當(dāng)?a=0?時(shí),因?yàn)?f'(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)
9、,x
所以函數(shù)?f(x)在區(qū)間
當(dāng)?a<0?時(shí),x∈(-∞,0)
(0,+∞)時(shí),f'(x)>0,x
,(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間
時(shí),f'(x)>0,x
時(shí),f'(x)<0,
內(nèi)單調(diào)遞減;
時(shí),f'(x)<0,
所以函數(shù)?f(x)在區(qū)間(-∞,0),
內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間
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
則函數(shù)?f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于?f(0)·f
a3+b,
=b????????????<0,從而
10、
又?b=c-a,所以當(dāng)?a>0?時(shí),
a3-a+c>0?或當(dāng)?a<0?時(shí),?????a3-a+c<0.
設(shè)?g(a)=
a3-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)
,
則在(-∞,-3)內(nèi)?g(a)<0,且在 內(nèi)?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(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-
11、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)
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(duì)?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(shù)列.
(2)由(1)知,sin?φ?= ,于是對(duì)一切?n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即?nπ?-
φ?< ea(nπ?-φ?)恒成立,等價(jià)于 (*)恒成立(因?yàn)?a>0).
設(shè)?g(t)= (t>0),則?g'(t)= 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),函數(shù)?g(t)取得最小值?g(1)=e.
因此
14、,要使(*)式恒成立,只需
而當(dāng)?a= 時(shí),由?tan?φ?= 且?0<φ?< 知, <φ?<
于是?π?-φ?< ,且當(dāng)?n≥2?時(shí),nπ?-φ?≥2π?-φ?>
因此對(duì)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(duì)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(dāng)?x?變化
15、時(shí),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(shù)?h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).
(2)證明?由?f'(x)=axln?a,可得曲線?y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線斜率為
由?g'(x)= ,可得曲線?y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線斜率為
ln?a.
因?yàn)檫@兩條切線平行,故
16、有
即?x2 (ln?a)2=1.
兩邊取以?a?為底的對(duì)數(shù),
得?logax2+x1+2loga(ln?a)=0,
所以?x1+g(x2)=-
ln?a=???????,
(3)證明?曲線?y=f(x)在點(diǎn)(x1, )處的切線?l1:y-
ln?a·(x-x1).曲線?y=g(x)在點(diǎn)
(x2,logax2)處的切線?l2:y-logax2=
(x-x2).
要證明當(dāng)?a
時(shí),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(dāng)?a
時(shí),存在?x
17、1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得?l1?與?l2?重合.
即只需證明當(dāng)?a
時(shí),方程組
由①得?x2=
因此,只需證明當(dāng)?a
有解.
,代入②,得??????-x1????ln?a+x1+?????????=0.?③
時(shí),關(guān)于?x1?的方程③存在實(shí)數(shù)解.
設(shè)函數(shù)?u(x)=ax-xaxln?a+x+
,即要證明當(dāng)?a???????時(shí),函數(shù)?y=u(x)存在零點(diǎn).
u'(x)=1-(ln?a)2xax,可知當(dāng)?x∈(-∞,0)時(shí),u'(x)>0
18、;當(dāng)?x∈(0,+∞)時(shí),u'(x)單調(diào)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(nèi)單調(diào)遞增,在(x0+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,u(x)在?x=x0?處取得極
7
因?yàn)?a
,故?ln(ln?a)≥-1,
所以?u(x0)=
-x0
ln?a+x0+
=
+x0+
0.
下面證明存在實(shí)數(shù)?t,使得?u(t)<
19、0.
由(1)可得?ax≥1+xln?a,當(dāng)?x>
時(shí),有?u(x)≤(1+xln?a)(1-xln?a)+x+????????????=-
(ln?a)2x2+x+1+
,
所以存在實(shí)數(shù)?t,使得?u(t)<0.
因此,當(dāng)?a
所以,當(dāng)?a
6.解?(1)由?f(x)=
時(shí),存在?x1∈(-∞,+∞),使得?u(x1)=0.
時(shí),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(gè)交點(diǎn),等價(jià)于函數(shù)?h(x)在區(qū)間
由?h(x)= x2-(a+e)x+aeln?x,得?h'(x)=
有且只有兩個(gè)零點(diǎn).
,
①當(dāng)?a
時(shí),由?h'(x)>0?得?x>e;
由?h'(x)<0?得
21、
因?yàn)?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(dāng)?x→+∞
時(shí),h(x)>0?亦可),所以要使得?h(x)在區(qū)間
則只需?h +aeln
內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn),
0,即?a
0?得
②當(dāng) e;由?h'(x)<0?得?a
22、內(nèi)單調(diào)遞增.
此時(shí)?h(a)=- a2-ae-aeln?a<- a2-ae+aeln?e=- a2<0,
即?h(x)在區(qū)間 內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn),不合題意.
③當(dāng)?a>e?時(shí),由?h'(x)>0?得 a,由?h'(x)<0?得?e
2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 理(考試專用)
