(新課標)天津市2019年高考數(shù)學二輪復習 題型練8 大題專項(六)函數(shù)與導數(shù)綜合問題 理.doc
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題型練8 大題專項(六)函數(shù)與導數(shù)綜合問題 1.(2018北京,理18)設函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲線y=f(x)在點(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a≥3,函數(shù)F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min{p,q}=p,p≤q,q,p>q. (1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍; (2)①求F(x)的最小值m(a); ②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,b∈R). (1)試討論f(x)的單調(diào)性; (2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關的常數(shù)),當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞,求c的值. 4.已知a>0,函數(shù)f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點.證明: (1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列; (2)若a≥1e2-1,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.(2018天津,理20)已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1. (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(x1,f(x1))處的切線與曲線y=g(x)在點(x2,g(x2))處的切線平行,證明x1+g(x2)=-2ln(lna)lna; (3)證明當a≥e1e時,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.設函數(shù)f(x)=ablnxx,g(x)=-12x+(a+b)(其中e為自然對數(shù)的底數(shù),a,b∈R,且a≠0),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=ae(x-1). (1)求b的值; (2)若對任意x∈1e,+∞,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,求a的取值范圍. 題型練8 大題專項(六) 函數(shù)與導數(shù)綜合問題 1.解 (1)因為f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex, 所以f(x)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex=[ax2-(2a+1)x+2]ex(x∈R). f(1)=(1-a)e. 由題設知f(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此時f(1)=3e≠0,所以a的值為1. (2)由(1)得f(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a>12,則當x∈1a,2時,f(x)<0; 當x∈(2,+∞)時,f(x)>0. 所以f(x)在x=2處取得極小值. 若a≤12,則當x∈(0,2)時,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,所以f(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是12,+∞. 2.解 (1)由于a≥3,故當x≤1時,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,當x>1時,(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)①設函數(shù)f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,則f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2, 所以,由F(x)的定義知m(a)=min{f(1),g(a)}, 即m(a)=0,3≤a≤2+2,-a2+4a-2,a>2+2. ②當0≤x≤2時,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2), 當2≤x≤6時,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}. 所以,M(a)=34-8a,3≤a<4,2,a≥4. 3.解 (1)f(x)=3x2+2ax, 令f(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3. 當a=0時,因為f(x)=3x2>0(x≠0), 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增; 當a>0時,x∈-∞,-2a3∪(0,+∞)時,f(x)>0,x∈-2a3,0時,f(x)<0, 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間-∞,-2a3,(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間-2a3,0內(nèi)單調(diào)遞減; 當a<0時,x∈(-∞,0)∪-2a3,+∞時,f(x)>0,x∈0,-2a3時,f(x)<0, 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,0),-2a3,+∞內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間0,-2a3內(nèi)單調(diào)遞減. (2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)=b,f-2a3=427a3+b, 則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)f-2a3=b427a3+b<0,從而a>0,-427a30時,427a3-a+c>0或當a<0時,427a3-a+c<0. 設g(a)=427a3-a+c,因為函數(shù)f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞, 則在(-∞,-3)內(nèi)g(a)<0,且在1,32∪32,+∞內(nèi)g(a)>0均恒成立,從而g(-3)=c-1≤0,且g32=c-1≥0,因此c=1. 此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函數(shù)有三個零點,則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得a∈(-∞,-3)∪1,32∪32,+∞. 綜上c=1. 4.證明 (1)f(x)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)=a2+1eaxsin(x+φ),其中tan φ=1a,0<φ<π2. 令f(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ, 即x=mπ-φ,m∈N*. 對k∈N,若2kπ- 配套講稿:
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