（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 题型练8 大题专项（六）函数与导数综合问题 理 9页

题型练8　大题专项(六)函数与导数综合问题 ‎1.(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(‎4a+1)x+‎4a+3]ex.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;‎ ‎(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.‎ ‎2.已知a≥3,函数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的取值范围;‎ ‎(2)①求F(x)的最小值m(a);‎ ‎②求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).‎ 9‎ ‎3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).‎ ‎(1)试讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪,求c的值.‎ ‎4.已知a>0,函数f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.证明:‎ ‎(1)数列{f(xn)}是等比数列;‎ ‎(2)若a≥,则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.‎ 9‎ ‎5.(2018天津,理20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.‎ ‎(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;‎ ‎(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;‎ ‎(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.‎ ‎6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,b∈R,且a≠0),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=ae(x-1).‎ ‎(1)求b的值;‎ ‎(2)若对任意x∈,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围.‎ 9‎ 题型练8　大题专项(六)‎ 函数与导数综合问题 ‎1.解 (1)因为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.‎ 由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.‎ 此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.‎ ‎(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(‎2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.‎ 若a>,则当x时,f'(x)<0;‎ 当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.‎ 所以f(x)在x=2处取得极小值.‎ 若a,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1x-1<0,所以f'(x)>0.‎ 所以2不是f(x)的极小值点.‎ 综上可知,a的取值范围是 ‎2.解 (1)由于a≥3,故当x≤1时,(x2-2ax+‎4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(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的取值范围为[2,‎2a].‎ ‎(2)①设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+‎4a-2,则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+‎4a-2,‎ 所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},‎ 即m(a)=‎ ‎②当0≤x≤2时,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2),‎ 当2≤x≤6时,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=-‎ 9‎ 当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x≠0),‎ 所以函数f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增;‎ 当a>0时,x(0,+∞)时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,‎ 所以函数f(x)在区间,(0,+∞)内单调递增,在区间内单调递减;‎ 当a<0时,x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,‎ 所以函数f(x)在区间(-∞,0),内单调递增,在区间内单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,fa3+b,‎ 则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f=b<0,从而 又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.‎ 设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3),‎ 则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.‎ 此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],‎ 因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,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)‎ 综上c=1.‎ ‎4.证明 (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=mπ-φ,m∈N*.‎ 9‎ 对k∈N,若2kπ0;若(2k+1)π0).‎ 设g(t)=(t>0),则g'(t)=令g'(t)=0得t=1.‎ 当01时,g'(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)内单调递增.‎ 从而当t=1时,函数g(t)取得最小值g(1)=e.‎ 因此,要使(*)式恒成立,只需‎ 而当a=时,由tan φ=且0<φ<知,<φ<‎ 于是π-φ<,且当n≥2时,nπ-φ≥2π-φ>‎ 因此对一切n∈N*,axn=1,‎ 所以g(axn)>g(1)=e=‎ 故(*)式亦恒成立.‎ 综上所述,若a,则对一切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,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,0)‎ ‎0‎ ‎(0,+∞)‎ 9‎ h'(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ h(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).‎ ‎(2)证明 由f'(x)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.‎ 由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为 因为这两条切线平行,故有ln a=,‎ 即x2(ln a)2=1.‎ 两边取以a为底的对数,‎ 得logax2+x1+2loga(ln a)=0,‎ 所以x1+g(x2)=-‎ ‎(3)证明 曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=(x-x2).‎ 要证明当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.‎ 即只需证明当a时,方程组 有解.‎ 由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1+=0. ③‎ 因此,只需证明当a时,关于x1的方程③存在实数解.‎ 设函数u(x)=ax-xaxln a+x+,即要证明当a时,函数y=u(x)存在零点.‎ u'(x)=1-(ln a)2xax,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,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(-∞,x0)内单调递增,在(x0+∞)内单调递减,u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).‎ 9‎ 因为a,故ln(ln a)≥-1,‎ 所以u(x0)=-x0ln a+x0+‎ ‎=+x0+0.‎ 下面证明存在实数t,使得u(t)<0.‎ 由(1)可得ax≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+,‎ 所以存在实数t,使得u(t)<0.‎ 因此,当a时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.‎ 所以,当a时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.‎ ‎6.解 (1)由f(x)=,得f'(x)=,‎ 由题意得f'(1)=ab=ae.∵a≠0,∴b=e.‎ ‎(2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=x2-(a+e)x+aeln x,则任意x,f(x)与g(x)有且只有两个交点,等价于函数h(x)在区间有且只有两个零点.‎ 由h(x)=x2-(a+e)x+aeln x,得h'(x)=,‎ ‎①当a时,由h'(x)>0得x>e;‎ 由h'(x)<0得0(或当x→+∞时,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在区间内有且只有两个零点,‎ 则只需h+aeln0,即a ‎②当0得e;由h'(x)<0得ae时,由h'(x)>0得a,由h'(x)<0得e