(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(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問(wèn)題 理.doc
《(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(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問(wèn)題 理.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(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(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問(wèn)題 理.doc(10頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
題型練8大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問(wèn)題1.(2018北京,理18)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(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a3,函數(shù)F(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中minp,q=p,pq,q,pq.(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(shí)數(shù)c是與a無(wú)關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰好是(-,-3)1,3232,+,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(gè)極值點(diǎn).證明:(1)數(shù)列f(xn)是等比數(shù)列;(2)若a1e2-1,則對(duì)一切nN*,xn1.(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(diǎn)(x1,f(x1)處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2)處的切線平行,證明x1+g(x2)=-2ln(lna)lna;(3)證明當(dāng)ae1e時(shí),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(duì)數(shù)的底數(shù),a,bR,且a0),曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為y=ae(x-1).(1)求b的值;(2)若對(duì)任意x1e,+,f(x)與g(x)有且只有兩個(gè)交點(diǎn),求a的取值范圍.題型練8大題專項(xiàng)(六)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合問(wèn)題1.解 (1)因?yàn)閒(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex,所以f(x)=2ax-(4a+1)ex+ax2-(4a+1)x+4a+3ex=ax2-(2a+1)x+2ex(xR).f(1)=(1-a)e.由題設(shè)知f(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此時(shí)f(1)=3e0,所以a的值為1.(2)由(1)得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若a12,則當(dāng)x1a,2時(shí),f(x)0.所以f(x)在x=2處取得極小值.若a12,則當(dāng)x(0,2)時(shí),x-20,ax-112x-10.所以2不是f(x)的極小值點(diǎn).綜上可知,a的取值范圍是12,+.2.解 (1)由于a3,故當(dāng)x1時(shí),(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0,當(dāng)x1時(shí),(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,a2+2.當(dāng)0x2時(shí),F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),當(dāng)2x6時(shí),F(x)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(2),F(6).所以,M(a)=34-8a,3a0(x0),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a0時(shí),x-,-2a3(0,+)時(shí),f(x)0,x-2a3,0時(shí),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)a0,x0,-2a3時(shí),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(gè)極值為f(0)=b,f-2a3=427a3+b,則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)f-2a3=b427a3+b0,-427a3b0或a0,0b0時(shí),427a3-a+c0或當(dāng)a0時(shí),427a3-a+c0.設(shè)g(a)=427a3-a+c,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰好是(-,-3)1,3232,+,則在(-,-3)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(shí),f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn),則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個(gè)異于-1的不等實(shí)根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.綜上c=1.4.證明 (1)f(x)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)=a2+1eaxsin(x+),其中tan =1a,02.令f(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mN*.對(duì)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(hào)總相反.于是當(dāng)x=m-(mN*)時(shí),f(x)取得極值,所以xn=n-(nN*).此時(shí),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(xiàng)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(duì)一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-1a2+1ea(n-)恒成立,等價(jià)于a2+1a0).設(shè)g(t)=ett(t0),則g(t)=et(t-1)t2.令g(t)=0得t=1.當(dāng)0t1時(shí),g(t)1時(shí),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(shí),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(shí),由tan =1a=e2-13且02知,32.于是-2332e2-1.因此對(duì)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(duì)一切nN*,xn1,可知當(dāng)x變化時(shí),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(diǎn)(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(diǎn)(x2,g(x2)處的切線斜率為1x2lna.因?yàn)檫@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(duì)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(diǎn)(x1,ax1)處的切線l1:y-ax1=ax1ln a(x-x1).曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).要證明當(dāng)ae1e時(shí),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)ae1e時(shí),存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1與l2重合.即只需證明當(dāng)ae1e時(shí),方程組ax1lna=1x2lna,ax1-x1ax1lna=logax2-1lna有解.由得x2=1ax1(lna)2,代入,得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2ln(lna)lna=0.因此,只需證明當(dāng)ae1e時(shí),關(guān)于x1的方程存在實(shí)數(shù)解.設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxln a+x+1lna+2ln(lna)lna,即要證明當(dāng)ae1e時(shí),函數(shù)y=u(x)存在零點(diǎn).u(x)=1-(ln a)2xax,可知當(dāng)x(-,0)時(shí),u(x)0;當(dāng)x(0,+)時(shí),u(x)單調(diào)遞減,又u(0)=10,u1(lna)2=1-a1(lna)20,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?yàn)閍e1e,故ln(ln a)-1,所以u(píng)(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2ln(lna)lna=1x0(lna)2+x0+2ln(lna)lna2+2ln(lna)lna0.下面證明存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)1lna時(shí),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(shí)數(shù)t,使得u(t)0得xe;由h(x)0得1exe.此時(shí)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?yàn)閔(e)=12e2-(a+e)e+aeln e=-12e20(或當(dāng)x+時(shí),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(gè)零點(diǎn),則只需h1e=12e2-a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e20,即a1-2e22e(1+e2).當(dāng)1ea0得1exe;由h(x)0得axe.此時(shí)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(shí)h(a)=-12a2-ae-aeln a-12a2-ae+aeln e=-12a2e時(shí),由h(x)0得1exa,由h(x)0得exa,此時(shí)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)=-12e20,即h(x)在區(qū)間1e,+內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn),不合題意.綜上所述,a的取值范圍為-,1-2e22e(1+e2).- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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