《高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第三部分 題型指導考前提分 題型練8 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第三部分 題型指導考前提分 題型練8 Word版含答案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 題型練8　大題專項(六) 函數(shù)與導數(shù)綜合問題 1.已知f(x)=x+1x+aln x,其中a∈R. (1)設f(x)的極小值點為x=t,請將a用t表示. (2)記f(x)的極小值為g(t),求證: ①g(t)=g1t; ②函數(shù)y=g(t)恰有兩個零點,且互為倒數(shù). 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

2、(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;

3、 (2)若a≥1e2-1,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a≠0). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)+(a+1)x+4-e≤0對任意x∈[e,e2]恒成立,求實數(shù)a的取值范圍(e為自然常數(shù)); (3)求證:ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈N*). 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

4、≠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. 參考答案 題型練8　大題專項(六) 函數(shù)與導數(shù)綜合問題 1.(1)解f(x)=1-1x2+ax=x2+ax-1x2,t=a2+4-a2>0, 當x∈(0,t)時,f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當x∈(t,+∞)時,f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 由f(t)=0得a=1t-t. (2)證明①由(1)知f(x)的極小值為g(t)=t+1t+1

5、t-tlnt,則g1t=1t+t+t-1tln1t=t+1t+1t-tlnt=g(t). ②g(t)=-1+1t2lnt, 當t∈(0,1)時,g(t)>0,g(t)單調(diào)遞增; 當t∈(1,+∞)時,g(t)<0,g(t)單調(diào)遞減. 又g1e2=g(e2)=3e2-e2<0,g(1)=2>0, 分別存在唯一的c∈1e2,1和d∈(1,e2), 使得g(c)=g(d)=0,且cd=1, 所以y=g(t)有兩個零點且互為倒數(shù). 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

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)

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. 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)

8、,-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

9、)=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)=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*. 對k∈N,若2kπ0;若(2k+1)π

11、(nπ-φ)sinφ=-eaπ是常數(shù),故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)=ea(π-φ)sinφ,公比為-eaπ的等比數(shù)列. (2)由(1)知,sinφ=1a2+1,于是對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ<1a2+1ea(nπ-φ)恒成立,等價于a2+1a0). 設g(t)=ett(t>0),則g(t)=et(t-1)t2.令g(t)=0得t=1. 當01時,g(t)>0,所以g(t)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 從而當t=1時,函

12、數(shù)g(t)取得最小值g(1)=e. 因此,要使(*)式恒成立,只需a2+1a1e2-1. 而當a=1e2-1時,由tanφ=1a=e2-1>3且0<φ<π2知,π3<φ<π2. 于是π-φ<2π33π2>e2-1. 因此對一切n∈N*,axn=nπ-φe2-1≠1, 所以g(axn)>g(1)=e=a2+1a. 故(*)式亦恒成立. 綜上所述,若a≥1e2-1,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 5.(1)解f(x)=a(1-x)x(x>0), 當a>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),

13、單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞); 當a<0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(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, 則F(x)在x∈[e,e2]上是增函數(shù),要使F(x)≤0對任意x∈[e,e2]恒成立, 則需F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤e-1-e22,無解; 若e<-a≤e2,即-e2≤a<-e, 則F(x)在x∈[e,-a]上是減函數(shù), 在x∈[-a,e2]上是增函數(shù),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]上是減函數(shù),令F(x)max=F(e)=a+1≤0,得a≤-1,∴a<-e2, 綜上所述a≤e-1-e22. (3)證明令a=-1(或a=1),此時f(x)=-lnx+x-3,得f(1)=-2, 由(1)知f(x)=-lnx+x-3在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以當x∈(1,+∞)時,f(x)>f(1), 即-lnx+x-1>0, 所以lnx

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

16、2x2-(a+e)x+aelnx,則任意x∈1e,+∞,f(x)與g(x)有且只有兩個交點,等價于函數(shù)h(x)在1e,+∞有且只有兩個零點. 由h(x)=12x2-(a+e)x+aelnx,得h(x)=(x-a)(x-e)x, ①當a≤1e時,由h(x)>0得x>e; 由h(x)<0得1e0(或當x→+∞時,h(x)>0亦可),所

17、以要使得h(x)在區(qū)間1e,+∞內(nèi)有且只有兩個零點, 則只需h1e=12e2-a+ee+aeln1e=(1-2e2)-2e(1+e2)a2e2≥0,即a≤1-2e22e(1+e2). ②當1e0得1ee;由h(x)<0得ae時,由h(x)>0得1ea,由h(x)<0得e