（新课标）2018届高考数学二轮复习 第三部分 题型指导考前提分 题型练8 大题专项（六）函数与导数综合问题 理.doc

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,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(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*,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)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)0,当x(0,t)时,f(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-e20,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.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|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-,-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-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)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=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+(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(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*,xn0),当a0时,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+);当a0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+e2-e+10,ae-1-e22,无解;若e-ae2,即-e2ae2,即a-e2,f(x)在xe,e2上是减函数,令f(x)max=f(e)=a+10,得a-1,af(1),即-lnx+x-10,所以lnxx-1对一切x(1,+)成立.因为n2,nn*,则有ln1n2+11n21(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+11(n2,nn*),因为ln122+1+ln132+1+ln142+1+ln1n2+11-12+12-13+13-14+1n-1-1n=1-1n0得xe;由h(x)0得1exe.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=-12e20(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1ea0得1exe;由h(x)0得axe.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)=-1