新课标2022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

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+alnx,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(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).-7-\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.5.已知函数f(x)=alnx-ax-3(a≠0).-7-\n(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+2lnn!(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≠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+1t-tlnt,则g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t).-7-\n②g'(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|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),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)-7-\n∪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*).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.-7-\n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),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≤-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<x-1对一切x∈(1,+∞)成立.因为n≥2,n∈N*,则有ln1n2+1<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)]=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1e,+∞有且只有两个零点.-7-\n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).-7-