高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第三部分 題型指導考前提分 題型練8 Word版含答案

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1、 題型練8　大題專項(六) 函數(shù)與導數(shù)綜合問題 1.已知f(x)=x++aln x,其中a∈R. (1)設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: ①g(t)=g; ②函數(shù)y=g(t)恰有兩個零點,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}= (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

2、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無關的常數(shù)),當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪,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≥,則對一切n∈N*,xn<|f(xn

3、)|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.設函數(shù)f(x)=,g(x)=-x+(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).

4、 (1)求b的值; (2)若對任意x∈,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)與導數(shù)綜合問題 1.(1)解f'(x)=1-,t=>0, 當x∈(0,t)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當x∈(t,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 由f'(t)=0得a=-t. (2)證明①由(1)知f(x)的極小值為g(t)=t+lnt,則g+t+ln=t+lnt=g(t). ②g'(t)=-lnt, 當t∈(0,1)時,g'(t)>0,g(t)單調(diào)遞增; 當

5、t∈(1,+∞)時,g'(t)<0,g(t)單調(diào)遞減. 又g=g(e2)=-e2<0,g(1)=2>0, 分別存在唯一的c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a≥3,故當x≤1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,當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設函數(shù)f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,則f(x)min

6、=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)= ②當0≤x≤2時,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2), 當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)= 3.解(1)f'(x)=3x2+2ax, 令f'(x)=0,解得x1=0,x2=- 當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a>0時,x(0,+∞)

7、時,f'(x)>0,x時,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; 當a<0時,x∈(-∞,0)時,f'(x)>0,x時,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)的兩個極值為f(0)=b,fa3+b, 則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)·f=b<0,從而 又b=c-a,所以當a>0時,a3-a+c>0或當a<0時,a3-a+c<0. 設g(a)=a3-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), 則在(-∞,-3)內(nèi)g(a)<0

8、,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,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) 綜上c=1. 4.證明(1)f'(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=eaxsin(x+φ),其中tanφ=,0<φ< 令f'(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ, 即x=mπ-φ,m

9、∈N*. 對k∈N,若2kπ0;若(2k+1)π

10、比為-eaπ的等比數(shù)列. (2)由(1)知,sinφ=,于是對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ0). 設g(t)=(t>0),則g'(t)=令g'(t)=0得t=1. 當01時,g'(t)>0,所以g(t)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 從而當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 而當a=時,由tanφ=且0<φ<知,<φ< 于是π-φ<,且當n≥2時,nπ-φ≥

11、2π-φ> 因此對一切n∈N*,axn=1, 所以g(axn)>g(1)=e= 故(*)式亦恒成立. 綜上所述,若a,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.(1)解f'(x)=(x>0), 當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)=,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

12、∈[e,e2]恒成立, 則需F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a,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≤-1. 令F(e2)=2a+e2-e+1≤0,得a, ∴-e2≤a 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 (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(

13、1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以當x∈(1,+∞)時,f(x)>f(1), 即-lnx+x-1>0, 所以lnx

14、elnx,則任意x,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,等價于函數(shù)h(x)在有且只有兩個零點. 由h(x)=x2-(a+e)x+aelnx,得h'(x)=, ①當a時,由h'(x)>0得x>e; 由h'(x)<0得0(或當x→+∞時,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個零點, 則只需h+aeln0,即a ②當0得e;由h'(x)<0得ae時,由h'(x)>0得a,由h'(x)<0得e