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

高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5題型練8大題專項(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題1.已知f(x)=x+1x+aln x,其中aR.(1)設(shè)f(x)的極小值點為x=t,請將a用t表示.(2)記f(x)的極小值為g(t),求證:g(t)=g1t;函數(shù)y=g(t)恰有兩個零點,且互為倒數(shù).2.已知a3,函數(shù)F(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中minp,q=p,pq,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)求F(x)的最小值m(a);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,bR).(1)試討論f(x)的單調(diào)性;(2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-,-3)1,3232,+,求c的值.4.已知a>0,函數(shù)f(x)=eaxsin x(x0,+).記xn為f(x)的從小到大的第n(nN*)個極值點.證明:(1)數(shù)列f(xn)是等比數(shù)列;(2)若a1e2-1,則對一切nN*,xn<|f(xn)|恒成立.5.已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a0).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)+(a+1)x+4-e0對任意xe,e2恒成立,求實數(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!(n2,nN*).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,bR,且a0),曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為y=ae(x-1).(1)求b的值;(2)若對任意x1e,+,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,求a的取值范圍.參考答案題型練8大題專項(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,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x(t,+)時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.由f(t)=0得a=1t-t.(2)證明由(1)知f(x)的極小值為g(t)=t+1t+1t-tlnt,則g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t).g(t)=-1+1t2lnt,當(dāng)t(0,1)時,g(t)>0,g(t)單調(diào)遞增;當(dāng)t(1,+)時,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c1e2,1和d(1,e2),使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,所以y=g(t)有兩個零點且互為倒數(shù).2.解(1)由于a3,故當(dāng)x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,當(dāng)x>1時,(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)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)=minf(1),g(a),即m(a)=0,3a2+2,-a2+4a-2,a>2+2.當(dāng)0x2時,F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),當(dāng)2x6時,F(x)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(2),F(6).所以,M(a)=34-8a,3a<4,2,a4.3.解(1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.當(dāng)a=0時,因為f(x)=3x2>0(x0),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a>0時,x-,-2a3(0,+)時,f(x)>0,x-2a3,0時,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,x(-,0)-2a3,+時,f(x)>0,x0,-2a3時,f(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,0),-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)的兩個極值為f(0)=b,f-2a3=427a3+b,則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)f-2a3=b427a3+b<0,從而a>0,-427a3<b<0或a<0,0<b<-427a3.又b=c-a,所以當(dāng)a>0時,427a3-a+c>0或當(dāng)a<0時,427a3-a+c<0.設(shè)g(a)=427a3-a+c,因為函數(shù)f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-,-3)1,3232,+,則在(-,-3)內(nèi)g(a)<0,且在1,3232,+內(nèi)g(a)>0均恒成立,從而g(-3)=c-10,且g32=c-10,因此c=1.此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函數(shù)有三個零點,則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.綜上c=1.4.證明(1)f(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=a2+1eaxsin(x+),其中tan=1a,0<<2.令f(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.對kN,若2k<x+<(2k+1),即2k-<x<(2k+1)-,則f(x)>0;若(2k+1)<x+<(2k+2),即(2k+1)-<x<(2k+2)-,則f(x)<0.因此,在區(qū)間(m-1),m-)與(m-,m)上,f(x)的符號總相反.于是當(dāng)x=m-(mN*)時,f(x)取得極值,所以xn=n-(nN*).此時,f(xn)=ea(n-)sin(n-)=(-1)n+1ea(n-)sin.易知f(xn)0,而f(xn+1)f(xn)=(-1)n+2ea(n+1)-sin(-1)n+1ea(n-)sin=-ea是常數(shù),故數(shù)列f(xn)是首項為f(x1)=ea(-)sin,公比為-ea的等比數(shù)列.(2)由(1)知,sin=1a2+1,于是對一切nN*,xn<|f(xn)|恒成立,即n-<1a2+1ea(n-)恒成立,等價于a2+1a<ea(n-)a(n-)(*)恒成立(因為a>0).設(shè)g(t)=ett(t>0),則g(t)=et(t-1)t2.令g(t)=0得t=1.當(dāng)0<t<1時,g(t)<0,所以g(t)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)t>1時,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,函數(shù)g(t)取得最小值g(1)=e.因此,要使(*)式恒成立,只需a2+1a<g(1)=e,即只需a>1e2-1.而當(dāng)a=1e2-1時,由tan=1a=e2-1>3且0<<2知,3<<2.于是-<23<e2-1,且當(dāng)n2時,n-2->32>e2-1.因此對一切nN*,axn=n-e2-11,所以g(axn)>g(1)=e=a2+1a.故(*)式亦恒成立.綜上所述,若a1e2-1,則對一切nN*,xn<|f(xn)|恒成立.5.(1)解f(x)=a(1-x)x(x>0),當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+);當(dāng)a<0時,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-ae,即a-e,則F(x)在xe,e2上是增函數(shù),要使F(x)0對任意xe,e2恒成立,則需F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+10,ae-1-e22,無解;若e<-ae2,即-e2a<-e,則F(x)在xe,-a上是減函數(shù),在x-a,e2上是增函數(shù),令F(e)=a+10,得a-1.令F(e2)=2a+e2-e+10,得ae-1-e22,-e2ae-1-e22.若-a>e2,即a<-e2,F(x)在xe,e2上是減函數(shù),令F(x)max=F(e)=a+10,得a-1,a<-e2,綜上所述ae-1-e22.(3)證明令a=-1(或a=1),此時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,f(x)>f(1),即-lnx+x-1>0,所以lnx<x-1對一切x(1,+)成立.因為n2,nN*,則有l(wèi)n1n2+1<1n2<1(n-1)n=1n-1-1n,要證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)<1+2lnn!(n2,nN*),只需證ln122+1+ln132+1+ln142+1+ln1n2+1<1(n2,nN*),因為ln122+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.a0,b=e.(2)令h(x)=xf(x)-g(x)=12x2-(a+e)x+aelnx,則任意x1e,+,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,等價于函數(shù)h(x)在1e,+有且只有兩個零點.由h(x)=12x2-(a+e)x+aelnx,得h(x)=(x-a)(x-e)x,當(dāng)a1e時,由h(x)>0得x>e;由h(x)<0得1e<x<e.此時h(x)在區(qū)間1e,e內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因為h(e)=12e2-(a+e)e+aelne=-12e2<0,h(e2)=12e4-(a+e)e2+2ae=12e(e-2)(e2-2a)12e(e-2)e2-2e>0(或當(dāng)x+時,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在區(qū)間1e,+內(nèi)有且只有兩個零點,則只需h1e=12e2-a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e20,即a1-2e22e(1+e2).當(dāng)1e<a<e時,由h(x)>0得1e<x<a或x>e;由h(x)<0得a<x<e.此時h(x)在區(qū)間(a,e)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間1e,a和(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.此時h(a)=-12a2-ae-aelna<-12a2-ae+aelne=-12a2<0,即h(x)在區(qū)間1e,+內(nèi)至多只有一個零點,不合題意.當(dāng)a>e時,由h(x)>0得1e<x<e或x>a,由h(x)<0得e<x<a,此時h(x)在區(qū)間1e,e和(a,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,a)上單調(diào)遞減,且h(e)=-12e2<0,即h(x)在區(qū)間1e,+內(nèi)至多只有一個零點,不合題意.綜上所述,a的取值范圍為-,1-2e22e(1+e2).