题型练8 大题专项(六)函数与导数综合问题
1.(2018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}=
(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).
3.已知函数f(x)=x3
+ax2
+b(a,b∈R). (1)试讨论f(x)的单调性;
1
(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)∪
,求c的值.
4.已知a>0,函数f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).记x*n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≥,则对一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立.
5.(2018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)-xln a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)=-;
(3)证明当a≥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.
2
6.设函数f(x)=,g(x)=-x+(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∈
,f(x)与g(x)有且只有两个交点,求a的取值范围. 3
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)=[ax-(4a+1)x+4a+3]e,
所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]e+[ax-(4a+1)x+4a+3]e=[ax-(2a+1)x+2]e(x∈R).
x2
2
xx2xf'(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)=[ax-(2a+1)x+2]e=(ax-1)(x-2)e. 若a>,则当x时,f'(x)<0;
2
xx当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在x=2处取得极小值. 若a,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1
x-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
2
2
2
2.解 (1)由于a≥3,故当x≤1时,(x-2ax+4a-2)-2|x-1|=x+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(x-2ax+4a-2)-2|x-2
1|=(x-2)(x-2a).所以,使得等式F(x)=x-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)=x-2ax+4a-2,则f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a+4a-2, 所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},
2
2
即m(a)=
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)=3.解 (1)f'(x)=3x+2ax,
令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-2
2
当a=0时,因为f'(x)=3x>0(x≠0), 所以函数f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增;
4
当a>0时,x所以函数f(x)在区间当a<0时,x∈(-∞,0)
(0,+∞)时,f'(x)>0,x,(0,+∞)内单调递增,在区间
时,f'(x)>0,x时,f'(x)<0,
内单调递减;
时,f'(x)<0,
内单调递减.
所以函数f(x)在区间(-∞,0),内单调递增,在区间
(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f
又b=c-a,所以当a>0时,设g(a)=3)
a3+b,
=b<0,从而
a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.
a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-,
则在(-∞,-3)内g(a)<0,且在内g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且
g=c-1≥0,因此c=1.
此时,f(x)=x+ax+1-a=(x+1)[x+(a-1)x+1-a],
3
2
2
因函数有三个零点,则x+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)-4(1-a)=a+2a-3>0,2
且(-1)-(a-1)+1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)综上c=1.
4.证明 (1)f'(x)=aesin x+ecos x=e(asin x+cos x)=令f'(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ, 即x=mπ-φ,m∈N.
对k∈N,若2kπ 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)=e a(nπ-φ) **axaxax222 esin(x+φ),其中tan φ=,0<φ< axsin(nπ-φ)=(-1)e n+1a(nπ-φ) sin φ. 5 易知f(xn)≠0,而 aπ φ,公比为-e的等比数列. (2)由(1)知,sin φ=*=-eaπ是常数,故数列{f(xn)}是首项为f(x1)=ea(π-φ)sin ,于是对一切n∈N,xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ a(nπ-φ) 恒成 立,等价于 (*)恒成立(因为a>0). 设g(t)=(t>0),则g'(t)=令g'(t)=0得t=1. 当0 <φ<于是π-φ<,且当n≥2时,nπ-φ≥2π-φ> 因此对一切n∈N*,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n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.(1)解 由已知,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln a-ln a. 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)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为 ln a. 由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为 6 因为这两条切线平行,故有即x2 (ln a)=1. 2 ln a=, 两边取以a为底的对数, 得logax2+x1+2loga(ln a)=0, 所以x1+g(x2)=-(3)证明 曲线y=f(x)在点(x1,线l2:y-logax2=要证明当a(x-x2). 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 )处的切线l1:y-ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切 a时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合. 即只需证明当a时,方程组 有解. 由①得x2=因此,只需证明当a设函数u(x)=a-xaln a+x+xx,代入②,得-x1ln a+x1+=0. ③ 时,关于x1的方程③存在实数解. ,即要证明当a时,函数y=u(x)存在零点. u'(x)=1-(ln a)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-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0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所以u(x0)=,故ln(ln a)≥-1, =0.-x0 +x0+ln a+x0+0. =下面证明存在实数t,使得u(t)<0. 由(1)可得a≥1+xln a,当x>x时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+, 所以存在实数t,使得u(t)<0. 7 因此,当a所以,当a6.解 (1)由f(x)=时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0. 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. ,得f'(x)=, 由题意得f'(1)=ab=ae.∵a≠0,∴b=e. (2)令h(x)=x[f(x)-g(x)]=交点,等价于函数h(x)在区间 由h(x)=x2-(a+e)x+aeln x,则任意x有且只有两个零点. , ,f(x)与g(x)有且只有两个 x2-(a+e)x+aeln x,得h'(x)=时,由h'(x)>0得x>e; ①当a由h'(x)<0得 内单调递减,在区间(e,+∞)内单调递增. 2 此时h(x)在区间因为h(e)=e-(a+e)e+aeln e=-e-(a+e)e+2ae=4 2 e<0, 2 2 h(e2)=e(e-2)(e-2a)e(e-2)>0(或当x→+∞时,h(x)>0亦 可),所以要使得h(x)在区间 则只需h内有且只有两个零点, +aeln 0,即a ②当 和(e,+∞)内单调递增. 此时h(x)在区间(a,e)内单调递减,在区间此时h(a)=-即h(x)在区间 a2-ae-aeln a<-a2-ae+aeln e=-a2<0, 内至多只有一个零点,不合题意. ③当a>e时,由h'(x)>0得 此时h(x)在区间即h(x)在区间 综上所述,a的取值范围为 和(a,+∞)内单调递增,在区间(e,a)上单调递减,且h(e)=-内至多只有一个零点,不合题意. e<0, 2 8 9
2019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
