高三理科数学新课标二轮复习专题整合高频突破习题：第三部分 题型指导考前提分 题型练8 Word版含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.已知f(x)=x+1x+aln x,其中ar.(1)设f(x)的极小值点为x=t,请将a用t表示.(2)记f(x)的极小值为g(t),求证:g(t)=g1t;函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数.2.已知a3,函数f(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中minp,q=p,pq,q,p>q.(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

2、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)1,3232,+,求c的值.4.已知a>0,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*,xn<|f(xn)|恒成立.5.已知函数f(x)=aln x-ax-3(a0).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+(a+1)x+4-e0对任意xe,e2恒成立,求实数a的取值范围(e为自然常数);(3)求证:ln(22+1)+l

3、n(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)<1+2ln n!(n2,nn*).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.参考答案题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.(1)解f'(x)=1-1x2+ax=x2+ax-1x2,t=a2+4-a2>0,当x(0,t)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x(t,+)时,f&

4、#39;(x)>0,f(x)单调递增.由f'(t)=0得a=1t-t.(2)证明由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+1t+1t-tlnt,则g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t).g'(t)=-1+1t2lnt,当t(0,1)时,g'(t)>0,g(t)单调递增;当t(1,+)时,g'(t)<0,g(t)单调递减.又g1e2=g(e2)=3e2-e2<0,g(1)=2>0,分别存在唯一的c1e2,1和d(1,e2),使得g(c)=g(d)=0,且cd=1,所以y=g(t)有两个零点且互为倒数.2

5、.解(1)由于a3,故当x1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)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)=minf(1),g(a),即m(a)=0,3a2+2,-a2+4a-2,a>2+2.当0x2时,f(x)f(x)maxf(0),f(2)=2

6、=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,3a<4,2,a4.3.解(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x0),所以函数f(x)在区间(-,+)内单调递增;当a>0时,x-,-2a3(0,+)时,f'(x)>0,x-2a3,0时,f'(x)<0,所以函数f(x)在区间-,-2a3,(0,+)内单调递增,在区间-2a3,0内单调递减;当a<

7、;0时,x(-,0)-2a3,+时,f'(x)>0,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+b<0,从而a>0,-427a3<b<0或a<0,0<b<-427a3.又b=c-a,所以当a>0时,427a3-a+c>0或当a<0时,427a3-a+c<0.设g(a)

8、=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,且在1,3232,+内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-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-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.综上c=1.4.证明(1)f'(x)=aeaxsinx+eax

9、cosx=eax(asinx+cosx)=a2+1eaxsin(x+),其中tan=1a,0<<2.令f'(x)=0,由x0得x+=m,即x=m-,mn*.对kn,若2k<x+<(2k+1),即2k-<x<(2k+1)-,则f'(x)>0;若(2k+1)<x+<(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)=e

10、a(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(n-)恒成立,等价于a2+1a<ea(n-)a(n-)(*)恒成立(因为a>0).设g(t)=ett(t>0),则g'(t)=et(t-1)t2.令g'(t)=0得t=1.当0&

11、lt;t<1时,g'(t)<0,所以g(t)在区间(0,1)内单调递减;当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+1a<g(1)=e,即只需a>1e2-1.而当a=1e2-1时,由tan=1a=e2-1>3且0<<2知,3<<2.于是-<23<e2-1,且当n2时,n-2->32>e2-1.因此对一切nn*,axn=n-e2-11,所以g(axn)>g(1)=e=a2+1

12、a.故(*)式亦恒成立.综上所述,若a1e2-1,则对一切nn*,xn<|f(xn)|恒成立.5.(1)解f'(x)=a(1-x)x(x>0),当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+);当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+),单调递减区间为(0,1).(2)解令f(x)=alnx-ax-3+ax+x+4-e=alnx+x+1-e,f'(x)=x+ax,令f'(x)=0,得x=-a.若-ae,即a-e,则f(x)在xe,e2上是增函数,要使f(x)0对任意xe,e2恒成立,则需f(x)max=f(e2)=2a

13、+e2-e+10,ae-1-e22,无解;若e<-ae2,即-e2a<-e,则f(x)在xe,-a上是减函数,在x-a,e2上是增函数,令f(e)=a+10,得a-1.令f(e2)=2a+e2-e+10,得ae-1-e22,-e2ae-1-e22.若-a>e2,即a<-e2,f(x)在xe,e2上是减函数,令f(x)max=f(e)=a+10,得a-1,a<-e2,综上所述ae-1-e22.(3)证明令a=-1(或a=1),此时f(x)=-lnx+x-3,得f(1)=-2,由(1)知f(x)=-lnx+x-3在区间(1,+)内单调递增,所以当x(1,+)时,f(x

14、)>f(1),即-lnx+x-1>0,所以lnx<x-1对一切x(1,+)成立.因为n2,nn*,则有ln1n2+1<1n2<1(n-1)n=1n-1-1n,要证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)<1+2lnn!(n2,nn*),只需证ln122+1+ln132+1+ln142+1+ln1n2+1<1(n2,nn*),因为ln122+1+ln132+1+ln142+1+ln1n2+1<1-12+12-13+13-14+1n-1-1n=1-1n<1,故原不等式成立.6.解(1)由f(x)=ablnxx,得f

15、'(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+aelnx,则任意x1e,+,f(x)与g(x)有且只有两个交点,等价于函数h(x)在1e,+有且只有两个零点.由h(x)=12x2-(a+e)x+aelnx,得h'(x)=(x-a)(x-e)x,当a1e时,由h'(x)>0得x>e;由h'(x)<0得1e<x<e.此时h(x)在区间1e,e内单调递减,在区间(e,+)内单调递增.因为h(e)=12e2-(a+e)e+aelne=-

16、12e2<0,h(e2)=12e4-(a+e)e2+2ae=12e(e-2)(e2-2a)12e(e-2)e2-2e>0(或当x+时,h(x)>0亦可),所以要使得h(x)在区间1e,+内有且只有两个零点,则只需h1e=12e2-a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e20,即a1-2e22e(1+e2).当1e<a<e时,由h'(x)>0得1e<x<a或x>e;由h'(x)<0得a<x<e.此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间1e,a和(e,+)内单调递增.此时h(a)=-12