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aR.(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:g(t)=g;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=(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

2、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a0,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a,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)0,當x(0,t)時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.由f(t)

3、=0得a=-t.(2)證明由(1)知f(x)的極小值為g(t)=t+lnt,則g+t+ln=t+lnt=g(t).g(t)=-lnt,當t(0,1)時,g(t)0,g(t)單調(diào)遞增;當t(1,+)時,g(t)0,g(t)單調(diào)遞減.又g=g(e2)=-e20,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a3,故當x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0,當x1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a).所以,使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2

4、成立的x的取值范圍為2,2a.(2)設函數(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)=當0x2時,F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),當2x6時,F(x)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(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)=3x20(x0),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當

5、a0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;當a0,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=b0時,a3-a+c0或當a0時,a3-a+c0.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均恒成立,從而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2

6、+(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-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)綜上c=1.4.證明(1)f(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=eaxsin(x+),其中tan=,0令f(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.對kN,若2kx+(2k+1),即2k-x0;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

7、當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=-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=,于是對一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-0).設g(t)=(t0),則g(t)=令g(t)=0得t=1.當0t1時,g(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tan=且0知,于是-

8、因此對一切nN*,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nN*,xn0),當a0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a0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-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,a,無解;若e-ae2,即-e2ae2,即a-e2,F(x)在xe,

9、e2上是減函數(shù),令F(x)max=F(e)=a+10,得a-1,af(1),即-lnx+x-10,所以lnxx-1對一切x(1,+)成立.因為n2,nN*,則有l(wèi)n,要證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)1+2lnn!(n2,nN*),只需證ln+ln+ln+ln1(n2,nN*),因為ln+ln+ln+ln+=1-0得xe;由h(x)0得xe.此時h(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因為h(e)=e2-(a+e)e+aelne=-e20(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當a0得xe;由h(x)0得axe.此時h(x)在區(qū)間(a,e)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間和(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.此時h(a)=-a2-ae-aelna-a2-ae+aelne=-a2e時,由h(x)0得xa,由h(x)0得exa,此時h(x)在區(qū)間和(a,+)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,a)上單調(diào)遞減,且h(e)=-e20,即h(x)在區(qū)間內(nèi)至多只有一個零點,不合題意.綜上所述,a的取值范圍為