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

1、题型练8大题专项(六)函数与导数综合问题1.已知f(x)=x+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)=g;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=(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

2、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a,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)=

3、0得a=-t.(2)证明由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+lnt,则g+t+ln=t+lnt=g(t).g(t)=-lnt,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g=g(e2)=-e20,分别存在唯一的c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

4、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)=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)=3.解(1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0,x2=-当a=0时,因为f(x)=3x20(x0),所以函数f(x)在区间(-,+)内单调递增;当a

5、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a0,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=b0时,a3-a+c0或当a0时,a3-a+c0.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均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+

6、(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)综上c=1.4.证明(1)f(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=eaxsin(x+),其中tan=,0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

7、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=-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=,于是对一切nN*,xn|f(xn)|恒成立,即n-0).设g(t)=(t0),则g(t)=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,只需而当a=时,由tan=且0知,于是-因

8、此对一切nN*,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)=,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,a,无解;若e-ae2,即-e2ae2,即a-e2,F(x)在xe,e

9、2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ln,要证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)1+2lnn!(n2,nN*),只需证ln+ln+ln+ln1(n2,nN*),因为ln+ln+ln+ln+=1-0得xe;由h(x)0得xe.此时h(x)在区间内单调递减,在区间(e,+)内单调递增.因为h(e)=e2-(a+e)e+aelne=-e20(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当a0得xe;由h(x)0得axe.此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间和(e,+)内单调递增.此时h(a)=-a2-ae-aelna-a2-ae+aelne=-a2e时,由h(x)0得xa,由h(x)0得exa,此时h(x)在区间和(a,+)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-e20,即h(x)在区间内至多只有一个零点,不合题意.综上所述,a的取值范围为