新课标天津市2022年高考数学二轮复习题型练8大题专项六函数与导数综合问题理

题型练8　大题专项(六)函数与导数综合问题1.(2022北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.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(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).8\n3.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)=eaxsinx(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;(2)若a≥1e2-1,则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.8\n5.(2022天津,理20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xlna的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2ln(lna)lna;(3)证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.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≠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.8\n题型练8　大题专项(六)函数与导数综合问题1.解(1)因为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.由题设知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>12,则当x∈1a,2时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤12,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤12x-1<0,所以f'(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是12,+∞.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|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),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),8\n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),-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)=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)=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∈N*.对k∈N,若2kπ<x+φ<(2k+1)π,即2kπ-φ<x<(2k+1)π-φ,则f'(x)>0;若(2k+1)π<x+φ<(2k+2)π,即(2k+1)π-φ<x<(2k+2)π-φ,则f'(x)<0.因此,在区间((m-1)π,mπ-φ)与(mπ-φ,mπ)上,f'(x)的符号总相反.于是当x=mπ-φ(m∈N*)时,f(x)取得极值,所以xn=nπ-φ(n∈N*).8\n此时,f(xn)=ea(nπ-φ)sin(nπ-φ)=(-1)n+1ea(nπ-φ)sinφ.易知f(xn)≠0,而f(xn+1)f(xn)=(-1)n+2ea[(n+1)π-φ]sinφ(-1)n+1ea(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+1a<ea(nπ-φ)a(nπ-φ)(*)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<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tanφ=1a=e2-1>3且0<φ<π2知,π3<φ<π2.于是π-φ<2π3<e2-1,且当n≥2时,nπ-φ≥2π-φ>3π2>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)解由已知,h(x)=ax-xlna,有h'(x)=axlna-lna.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0(0,+∞)h'(x)-0+h(x)↘极小值↗所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明由f'(x)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ax1lna.8\n由g'(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1lna=1x2lna,即x2ax1(lna)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2loga(lna)=0,所以x1+g(x2)=-2ln(lna)lna.(3)证明曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1lna·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).要证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥e1e时,方程组ax1lna=1x2lna,①ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②有解.由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,得ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2ln(lna)lna=0.③因此,只需证明当a≥e1e时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=ax-xaxlna+x+1lna+2ln(lna)lna,即要证明当a≥e1e时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(lna)2xax,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)2<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(lna)2x0ax0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)内单调递增,在(x0+∞)内单调递减,u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥e1e,故ln(lna)≥-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0lna+x0+1lna+2ln(lna)lna=1x0(lna)2+x0+2ln(lna)lna≥2+2ln(lna)lna≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得ax≥1+xlna,当x>1lna时,有u(x)≤(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2ln(lna)lna=-(lna)2x2+x+1+1lna+2ln(lna)lna,8\n所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.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)]=12x2-(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)在区间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=-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)a2e2≥0,即a≤1-2e22e(1+e2).②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)=-12a2-ae-aelna<-12a2-ae+aelne=-12a2<0,即h(x)在区间1e,+∞内至多只有一个零点,不合题意.③当a>e时,由h'(x)>0得1e<x<e或x>a,由h'(x)<0得e<x<a,此时h(x)在区间1e,e和(a,+∞)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-12e2<0,即h(x)在区间1e,+∞内至多只有一个零点,不合题意.综上所述,a的取值范围为-∞,1-2e22e(1+e2).8