1、1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+3ex.(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 a3,函数 F(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中 minp,q=,.(1)求使得等式 F(x)=x2-2ax+4a-2成立的 x的取值范围;(2) 求 F(x)的最小值 m(a); 求 F(x)在区间0,6上的最大值 M(a).23.已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,bR) .(1)试讨论
2、 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) ,求 c的值 .(1,32)(32,+)4.已知 a0,函数 f(x)=eaxsin x(x0, + ).记 xn为 f(x)的从小到大的第 n(nN *)个极值点 .证明:(1)数列 f(xn)是等比数列;(2)若 a ,则对一切 nN *,xn1.(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)=- ;2
3、()(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 .16.设函数 f(x)= ,g(x)=- x+(a+b)(其中 e为自然对数的底数, a,bR,且 a0),曲线 y=f(x) 12在点(1, f(1)处的切线方程为 y=ae(x-1).(1)求 b的值;4(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 .1,+)5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+3ex,所以 f(x)=2ax-(4a+1)ex+ax2-(4a+1)x+4a+3ex=a
4、x2-(2a+1)x+2ex(xR) .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)=3e0,所以 a的值为 1.(2)由(1)得 f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若 a ,则当 x 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-20.12 12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 a3,故当 x1 时,( x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0,当 x1时,(
5、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2,2 a.(2) 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)=minf(1),g(a),即 m(a)=0,32+2,-2+4-2,2+2. 当 0 x2 时, F(x) f(x)max f(0),f(2)=2=F(2),当 2 x6 时, F(x) g(x)max g(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(2),F
6、(6).所以, M(a)=34-8,30(x0),所以函数 f(x)在区间( - ,+ )内单调递增;当 a0时, x (0,+ )时, f(x)0,x 时, f(x)0,x 时, f(x)0,- 42730时, a3-a+c0或当 a0均恒成立,从而 g(-3)=c-10,且(1,32)(32,+)g =c-10,因此 c=1.(32)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 = (a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且( -1)2-(a-1)+1-a0,解得 a
7、( - ,-3)(1,32)(32,+).7综上 c=1.4.证明 (1) f(x)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)= eaxsin(x+ ),其中 tan 2+1= ,00;若(2 k+1) 0).2+1 0),则 g(t)= 令 g(t)=0得 t=1. (-1)2 .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,函数 g(t)取得最小值 g(1)=e.因此,要使( *)式恒成立,只需 2+1 12-1.而当 a= 时,由 tan = 且 03 2 3 2.于是 -232-1.因此对一切 nN *,ax
8、n= 1,-2-18所以 g(axn)g(1)=e=2+1 .故( *)式亦恒成立 .综上所述,若 a ,则对一切 nN *,xn1,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.1由 g(x)= ,可得曲线 y=g(x)在点( x2,g(x2)处的切线斜率为1 12.因为这两条切线平行,故有 ln a= ,1 12即 x2
9、 (ln a)2=1.1两边取以 a为底的对数,得 logax2+x1+2loga(ln a)=0,所以 x1+g(x2)=-2() .(3)证明 曲线 y=f(x)在点( x1, )处的切线 l1:y- ln a(x-x1).曲线 y=g(x)在点1 1=1(x2,logax2)处的切线 l2:y-logax2= (x-x2).129要证明当 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,只需证明1当 a 时,存在 x1( - ,+ ),x2(0, + ),使得 l1与 l2重合 .1即只需证明当 a 时,方程组1有解 .1= 12,1-11=2- 1
10、 由 得 x2= ,代入 ,得 -x1 ln a+x1+ =0. 11()2 1 1 1+2()因此,只需证明当 a 时,关于 x1的方程 存在实数解 .1设函数 u(x)=ax-xaxln a+x+ ,即要证明当 a 时,函数 y=u(x)存在零点 .1+2() 1u(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)=10,u =1- 0,使得 u(x0)=0,即 1-(ln a)2x0 =0.由此(1()2)1()20可得 u(x)在( - ,x0)内单调递增,在( x0+ )内单调递减, u(x)在 x=x
11、0处取得极大值 u(x0).因为 a ,故 ln(ln a) -1,1所以 u(x0)= -x0 ln a+x0+0 0 1+2()= +x0+ 0.10()2 2() 2+2() 下面证明存在实数 t,使得 u(t) 时,有 u(x)(1 +xln a)(1-xln a)+x+ =-(ln 1 1+2()a)2x2+x+1+ ,1+2()所以存在实数 t,使得 u(t)0得 xe;1由 h(x)0(或当 x + 时, h(x)0亦可),12 12 12 (2-2)所以要使得 h(x)在区间 内有且只有两个零点,1,+)则只需 h +aeln 0,即 a(1)=122+ 1=(1-22)-2(1+2)22 1-222(1+2). 当 0得 e;由 h(x)e时,由 h(x)0得 a,由 h(x)0得 exa,1此时 h(x)在区间 和( a,+ )内单调递增,在区间(e, a)上单调递减,且 h(e)=- e20,(1,) 12即 h(x)在区间 内至多只有一个零点,不合题意 .1,+)综上所述, a的取值范围为 (-,1-222(1+2).
