《（新課標(biāo)）天津市2022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)綜合問題 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）天津市2022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)綜合問題 理（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）天津市2022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)綜合問題 理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=(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)

2、的單調(diào)性;(2)若b=c-a(實(shí)數(shù)c是與a無關(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),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a,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)=-;(3)證明當(dāng)a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

3、數(shù)f(x)=,g(x)=-x+(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x,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(

4、x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若a,則當(dāng)x時(shí),f(x)0.所以f(x)在x=2處取得極小值.若a,則當(dāng)x(0,2)時(shí),x-20,ax-1x-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,

5、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(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)=3.解 (1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0,x2=-當(dāng)a=0時(shí),因?yàn)閒(x)=3x20(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(0,+)時(shí),f(x)0,x時(shí),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(dāng)a0,x時(shí)

6、,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(gè)極值為f(0)=b,fa3+b,則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)f=b0時(shí),a3-a+c0或當(dāng)a0時(shí),a3-a+c0.設(shè)g(a)=a3-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),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(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

7、)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,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+),其中tan =,0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-)=(-

8、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(xiàng)為f(x1)=ea(-)sin ,公比為-ea的等比數(shù)列.(2)由(1)知,sin =,于是對(duì)一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-0).設(shè)g(t)=(t0),則g(t)=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,只需而當(dāng)a=時(shí),由tan =且0知,于是-因此對(duì)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(duì)一切nN*

9、,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ln a.由g(x)=,可得曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2)處的切線斜率為因?yàn)檫@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(duì)數(shù),得logax2+x1+2loga(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-(3)證明 曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,)處的切線l1:y-ln a(x-x1).曲

10、線y=g(x)在點(diǎn)(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=(x-x2).要證明當(dāng)a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)a時(shí),存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1與l2重合.即只需證明當(dāng)a時(shí),方程組有解.由得x2=,代入,得-x1ln a+x1+=0.因此,只需證明當(dāng)a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+,即要證明當(dāng)a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,u=1-0,使得u(x

11、0)=0,即1-(ln a)2x0=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,故ln(ln a)-1,所以u(píng)(x0)=-x0ln a+x0+=+x0+0.下面證明存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)時(shí),有u(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+,所以存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)0得xe;由h(x)0得xe.此時(shí)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?yàn)閔(e)=e2-(a+e)e+aeln e=-e20(或當(dāng)x+時(shí),h(x)0亦可),所以要使得h(x)在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個(gè)零點(diǎn),則只需h+aeln0,即a當(dāng)a0得xe;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)間和(e,+)內(nèi)單調(diào)遞增.此時(shí)h(a)=-a2-ae-aeln a-a2-ae+aeln e=-a2e時(shí),由h(x)0得xa,由h(x)0得exa,此時(shí)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(gè)零點(diǎn),不合題意.綜上所述,a的取值范圍為