（新課標）天津市2022年高考數學二輪復習 題型練8 大題專項（六）函數與導數綜合問題 理

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1、（新課標）天津市2022年高考數學二輪復習 題型練8 大題專項（六）函數與導數綜合問題 理 1.(2018北京,理18)設函數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M

2、(a). 3.已知函數f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)試討論f(x)的單調性; (2)若b=c-a(實數c是與a無關的常數),當函數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)數列{f(xn)}是等比數列; (2)若a≥,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.(2018天津

3、,理20)已知函數f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1. (1)求函數h(x)=f(x)-xln a的單調區(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)=-; (3)證明當a≥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.設函數f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e為自然對數的底數,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; (

4、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. 題型練8　大題專項(六) 函數與導數綜合問題 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>,則當x時,f'(x)<

5、0; 當x∈(2,+∞)時,f'(x)>0. 所以f(x)在x=2處取得極小值. 若a,則當x∈(0,2)時,x-2<0,ax-1x-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 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f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內單調遞增; 當a>0時,x(0,+∞

7、)時,f'(x)>0,x時,f'(x)<0, 所以函數f(x)在區(qū)間,(0,+∞)內單調遞增,在區(qū)間內單調遞減; 當a<0時,x∈(-∞,0)時,f'(x)>0,x時,f'(x)<0, 所以函數f(x)在區(qū)間(-∞,0),內單調遞增,在區(qū)間內單調遞減. (2)由(1)知,函數f(x)的兩個極值為f(0)=b,fa3+b, 則函數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f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3), 則在(-∞,-3)內g(a)<

8、0,且在內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)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)=eaxsin(x+φ),其中tan φ=,0<φ< 令f'(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ, 即x

9、=mπ-φ,m∈N*. 對k∈N,若2kπ0;若(2k+1)π

10、φ)sin φ,公比為-eaπ的等比數列. (2)由(1)知,sin φ=,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,+∞)內單調遞增. 從而當t=1時,函數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 φ=且0<φ<知,<φ< 于是π-φ<,且

11、當n≥2時,nπ-φ≥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 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h(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,0),單調遞增區(qū)間為(0,+∞). (2)證明 由f

12、'(x)=axln a,可得曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線斜率為ln a. 由g'(x)=,可得曲線y=g(x)在點(x2,g(x2))處的切線斜率為 因為這兩條切線平行,故有l(wèi)n a=, 即x2(ln a)2=1. 兩邊取以a為底的對數, 得logax2+x1+2loga(ln a)=0, 所以x1+g(x2)=- (3)證明 曲線y=f(x)在點(x1,)處的切線l1:y-ln a·(x-x1).曲線y=g(x)在點(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=(x-x2). 要證明當a時,存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(

13、x)的切線,只需證明當a時,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1與l2重合. 即只需證明當a時,方程組 有解. 由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1+=0. ③ 因此,只需證明當a時,關于x1的方程③存在實數解. 設函數u(x)=ax-xaxln a+x+,即要證明當a時,函數y=u(x)存在零點. u'(x)=1-(ln a)2xax,可知當x∈(-∞,0)時,u'(x)>0;當x∈(0,+∞)時,u'(x)單調遞減,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=0.由此可得u(x)在

14、(-∞,x0)內單調遞增,在(x0+∞)內單調遞減,u(x)在x=x0處取得極大值u(x0). 因為a,故ln(ln a)≥-1, 所以u(x0)=-x0ln a+x0+ =+x0+0. 下面證明存在實數t,使得u(t)<0. 由(1)可得ax≥1+xln a,當x>時,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+, 所以存在實數t,使得u(t)<0. 因此,當a時,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0. 所以,當a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)=,得f'(

15、x)=, 由題意得f'(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)有且只有兩個交點,等價于函數h(x)在區(qū)間有且只有兩個零點. 由h(x)=x2-(a+e)x+aeln x,得h'(x)=, ①當a時,由h'(x)>0得x>e; 由h'(x)<0得0(或當x→+

16、∞時,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在區(qū)間內有且只有兩個零點, 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