《2019年高考数学（理科，天津课标版）二轮复习题型练 Word版含答案 8》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学（理科，天津课标版）二轮复习题型练 Word版含答案 8（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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+3ex.(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a3,函数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的取值范围;(2)求F(x)的最小值m(a);求F(x)在区间0,6上的最大值M(a).3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,bR).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(
2、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)1,3232,+,求c的值.4.已知a0,函数f(x)=eaxsin x(x0,+).记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点.证明:(1)数列f(xn)是等比数列;(2)若a1e2-1,则对一切nN*,xn1.(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)=-2ln(lna)lna;(3)证明当ae1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=
3、g(x)的切线.6.设函数f(x)=ablnxx,g(x)=-12x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,bR,且a0),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x1e,+,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围.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+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.由题设知f(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1
4、)=3e0,所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若a12,则当x1a,2时,f(x)0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a12,则当x(0,2)时,x-20,ax-112x-10.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是12,+.2.解 (1)由于a3,故当x1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0,当x1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)设函数f(x)=2
5、|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)=minf(1),g(a),即m(a)=0,3a2+2,-a2+4a-2,a2+2.当0x2时,F(x)f(x)maxf(0),f(2)=2=F(2),当2x6时,F(x)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(2),F(6).所以,M(a)=34-8a,3a0(x0),所以函数f(x)在区间(-,+)内单调递增;当a0时,x-,-2a3(0,+)时,f(x)0,x-2a3,0时,f(x)0,所以函数f(x)在区间-
6、,-2a3,(0,+)内单调递增,在区间-2a3,0内单调递减;当a0,x0,-2a3时,f(x)0,所以函数f(x)在区间(-,0),-2a3,+内单调递增,在区间0,-2a3内单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f-2a3=427a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f-2a3=b427a3+b0,-427a3b0或a0,0b0时,427a3-a+c0或当a0时,427a3-a+c0.设g(a)=427a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,则在(-,-3)内g(a)0均恒成立,从而g(-3)=c-
7、10,且g32=c-10,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=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.综上c=1.4.证明 (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*.对kN,若2kx+(2k+1),即2k-x0;若(2k+1)x+
8、(2k+2),即(2k+1)-x(2k+2)-,则f(x)0.因此,在区间(m-1),m-)与(m-,m)上,f(x)的符号总相反.于是当x=m-(mN*)时,f(x)取得极值,所以xn=n-(nN*).此时,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是常数,故数列f(xn)是首项为f(x1)=ea(-)sin ,公比为-ea的等比数列.(2)由(1)知,sin =1a2+1,于是对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-1a2+1ea
9、(n-)恒成立,等价于a2+1a0).设g(t)=ett(t0),则g(t)=et(t-1)t2.令g(t)=0得t=1.当0t1时,g(t)1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a2+1a1e2-1.而当a=1e2-1时,由tan =1a=e2-13且02知,32.于是-2332e2-1.因此对一切nN*,axn=n-e2-11,所以g(axn)g(1)=e=a2+1a.故(*)式亦恒成立.综上所述,若a1e2-1,则对一切nN*,xn1,可知当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:
10、x(-,0)0(0,+)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ax1ln a.由g(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为1x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1ln a=1x2lna,即x2ax1(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)=-2ln(lna)lna.(3)证明 曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-a
11、x1=ax1ln a(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).要证明当ae1e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ae1e时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1与l2重合.即只需证明当ae1e时,方程组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,只需证明当ae1e时,关于x1的方程存在实数解.设函数u(x)=ax
12、-xaxln a+x+1lna+2ln(lna)lna,即要证明当ae1e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)=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)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).因为ae1e,故ln(ln a)-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2ln(lna)lna=1x0(lna)2+x0+2ln(lna)lna2+2ln(lna)lna0.下面证明存在实数t,使得u(t)1lna时,有u(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna+2ln(lna)lna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2ln(lna)lna,所以存在实数t,使得u(t)0.因此,当ae1e时,存在x1(-,+),使得u(x1)=0.所以,当ae1e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)=ablnxx,得f(x)=ab(1-lnx)x2,由题意得f(1)=ab=ae.a0,b=e.(2)令h(x)=xf(x)-g(x)=12x2-(a+e)x+a
