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

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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+1x+aln x,其中a∈R. (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: ①g(t)=g1t; ②函数y=g(t)恰有两个零点,且互为倒数. 2.已知a≥3,函数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的取值范围; (2)①求F(x)的最小值m(a); ②求F

2、(x)在区间[0,6]上的最大值M(a). 3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (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)∪1,32∪32,+∞,求c的值. 4.已知a>0,函数f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.证明: (1)数列{f(xn)}是等比数列;

3、 (2)若a≥1e2-1,则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.已知函数f(x)=aln x-ax-3(a≠0). (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)+(a+1)x+4-e≤0对任意x∈[e,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)<1+2ln n!(n≥2,n∈N*). 6.设函数f(x)=ablnxx,g(x)=-12x+(a+b)(其中e为自然对数的底数,a,b∈R,且a

4、≠0),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x∈1e,+∞,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(x)>0,f(x)单调递增. 由f(t)=0得a=1t-t. (2)证明①由(1)知f(x)的极小值为g(t)=t+1t+1

5、t-tlnt,则g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t). ②g(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c∈1e2,1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a≥3,故当x≤1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(x2-2ax+4a-2)-2

6、|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)①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)=min{f(1),g(a)}, 即m(a)=0,3≤a≤2+2,-a2+4a-2,a>2+2. ②当0≤x≤2时,F(x)≤f(x)≤max{f(0),f(2)}=2=F(2), 当2≤x≤6时,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2)

7、,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. 当a=0时,因为f(x)=3x2>0(x≠0), 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<0时,x∈(-∞,0)∪-2a3,+∞时,f(x)>0,x∈0,-2a3时,f(x)<0, 所以函数f(x)在区间(-∞,0)

8、,-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,-427a30时,427a3-a+c>0或当a<0时,427a3-a+c<0. 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)∪1,32∪32,+∞, 则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在1,32∪32,+∞内g(a)>0均恒成立,从而g(-3

9、)=c-1≤0,且g32=c-1≥0,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,+∞. 综上c=1. 4.证明(1)f(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)=a2+1eaxsin(x+φ),其中tanφ=1a,0<φ<π2. 令f(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ, 即x=mπ-φ,m

10、∈N*. 对k∈N,若2kπ0;若(2k+1)π

11、(nπ-φ)sinφ=-eaπ是常数,故数列{f(xn)}是首项为f(x1)=ea(π-φ)sinφ,公比为-eaπ的等比数列. (2)由(1)知,sinφ=1a2+1,于是对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ<1a2+1ea(nπ-φ)恒成立,等价于a2+1a0). 设g(t)=ett(t>0),则g(t)=et(t-1)t2.令g(t)=0得t=1. 当01时,g(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)内单调递增. 从而当t=1时,函

12、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tanφ=1a=e2-1>3且0<φ<π2知,π3<φ<π2. 于是π-φ<2π33π2>e2-1. 因此对一切n∈N*,axn=nπ-φe2-1≠1, 所以g(axn)>g(1)=e=a2+1a. 故(*)式亦恒成立. 综上所述,若a≥1e2-1,则对一切n∈N*,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),

13、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-a≤e,即a≥-e, 则F(x)在x∈[e,e2]上是增函数,要使F(x)≤0对任意x∈[e,e2]恒成立, 则需F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤e-1-e22,无解; 若e<-a≤e2,即-e2≤a<-e, 则F(x)在x∈[e,-a]上是减函数, 在x∈[-a,e2]上是增函数,令F(e)=a+1≤0,得a≤

14、-1. 令F(e2)=2a+e2-e+1≤0,得a≤e-1-e22, ∴-e2≤a≤e-1-e22. 若-a>e2,即a<-e2,F(x)在x∈[e,e2]上是减函数,令F(x)max=F(e)=a+1≤0,得a≤-1,∴a<-e2, 综上所述a≤e-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)>f(1), 即-lnx+x-1>0, 所以lnx

15、1n2<1(n-1)n=1n-1-1n,要证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2lnn!(n≥2,n∈N*), 只需证ln122+1+ln132+1+ln142+1+…+ln1n2+1<1(n≥2,n∈N*), 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(x)=ab(1-lnx)x2, 由题意得f(1)=ab=ae.∵a≠0,∴b=e. (2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=1

16、2x2-(a+e)x+aelnx,则任意x∈1e,+∞,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, ①当a≤1e时,由h(x)>0得x>e; 由h(x)<0得1e0(或当x→+∞时,h(x)>0亦可),所

17、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)a2e2≥0,即a≤1-2e22e(1+e2). ②当1e0得1ee;由h(x)<0得ae时,由h(x)>0得1ea,由h(x)<0得e