（新課標(biāo)）天津市2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練8 大題專項（六）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 理.doc

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題型練8　大題專項(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(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}=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(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)∪1,32∪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*)個極值點.證明: (1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列; (2)若a≥1e2-1,則對一切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. (1)求函數(shù)h(x)=f(x)-xln a的單調(diào)區(qū)間; (2)若曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線與曲線y=g(x)在點(x2,g(x2))處的切線平行,證明x1+g(x2)=-2ln(lna)lna; (3)證明當(dāng)a≥e1e時,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)=ablnxx,g(x)=-12x+(a+b)(其中e為自然對數(shù)的底數(shù),a,b∈R,且a≠0),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x∈1e,+∞,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,求a的取值范圍.  題型練8　大題專項(六) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問題 1.解 (1)因為f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex, 所以f(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[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>12,則當(dāng)x∈1a,2時,f(x)<0; 當(dāng)x∈(2,+∞)時,f(x)>0. 所以f(x)在x=2處取得極小值. 若a≤12,則當(dāng)x∈(0,2)時,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,所以f(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是12,+∞. 2.解 (1)由于a≥3,故當(dāng)x≤1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)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,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2), 當(dāng)2≤x≤6時,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2),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,因為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,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,x∈0,-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,-427a30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)∪1,32∪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)=c-1≤0,且g32=c-1≥0,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)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)=a2+1eaxsin(x+φ),其中tan φ=1a,0<φ<π2. 令f(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ, 即x=mπ-φ,m∈N*. 對k∈N,若2kπ0;若(2k+1)π0). 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,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+1a1e2-1. 而當(dāng)a=1e2-1時,由tan φ=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 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變化時,h(x),h(x)的變化情況如下表: x (-∞,0) 0 (0,+∞) h(x) - 0 + h(x) ↘ 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(x1,f(x1))處的切線斜率為ax1ln a. 由g(x)=1xlna,可得曲線y=g(x)在點(x2,g(x2))處的切線斜率為1x2lna. 因為這兩條切線平行,故有ax1ln a=1x2lna, 即x2ax1(ln a)2=1. 兩邊取以a為底的對數(shù), 得logax2+x1+2loga(ln a)=0, 所以x1+g(x2)=-2ln(lna)lna. (3)證明 曲線y=f(x)在點(x1,ax1)處的切線l1:y-ax1=ax1ln a(x-x1).曲線y=g(x)在點(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=1x2lna(x-x2). 要證明當(dāng)a≥e1e時,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≥e1e時,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1與l2重合. 即只需證明當(dāng)a≥e1e時,方程組 ax1lna=1x2lna,①ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②有解. 由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2ln(lna)lna=0. ③ 因此,只需證明當(dāng)a≥e1e時,關(guān)于x1的方程③存在實數(shù)解. 設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxln a+x+1lna+2ln(lna)lna,即要證明當(dāng)a≥e1e時,函數(shù)y=u(x)存在零點. u(x)=1-(ln a)2xax,可知當(dāng)x∈(-∞,0)時,u(x)>0;當(dāng)x∈(0,+∞)時,u(x)單調(diào)遞減,又u(0)=1>0,u1(lna)2=1-a1(lna)2<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u(x0)=0,即1-(ln a)2x0ax0=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處取得極大值u(x0). 因為a≥e1e,故ln(ln a)≥-1, 所以u(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2ln(lna)lna =1x0(lna)2+x0+2ln(lna)lna≥2+2ln(lna)lna≥0. 下面證明存在實數(shù)t,使得u(t)<0. 由(1)可得ax≥1+xln a,當(dāng)x>1lna時,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna+2ln(lna)lna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2ln(lna)lna, 所以存在實數(shù)t,使得u(t)<0. 因此,當(dāng)a≥e1e時,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0. 所以,當(dāng)a≥e1e時,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.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)]=12x2-(a+e)x+aeln x,則任意x∈1e,+∞,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,等價于函數(shù)h(x)在區(qū)間1e,+∞有且只有兩個零點. 由h(x)=12x2-(a+e)x+aeln x,得h(x)=(x-a)(x-e)x, ①當(dāng)a≤1e時,由h(x)>0得x>e; 由h(x)<0得1e0(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)a2e2≥0,即a≤1-2e22e(1+e2). ②當(dāng)1e0得1ee;由h(x)<0得ae時,由h(x)>0得1ea,由h(x)<0得e

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