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).3.已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,bR) .(1
2、)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) ,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(x 1,f(x1)处的切线与曲线 y=g(x)在点(x 2,g(x2)处的切线平行,证明 x1+g
3、(x2)=-;2()(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)在点(1,f(1) 12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.1,+)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+
4、3ex=ax2-(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,(x 2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0,当 x1
5、 时,(x 2-2ax+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) 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 0x2 时,F (x)f(x) maxf(0),f(2)=2=F(2),当 2x6 时,F (x)g(x )max g(2),g(6)=max2,34-8a=maxF
6、(2),F(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 g =c-10,(1,32)(32,+) (32)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 =(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且( -1)2-(a-1)+1-a
7、0,解得 a(- ,-3) (1,32)(32,+).综上 c=1.4.证明 (1)f(x)=aeaxsin x+eaxcos x=eax(asin x+cos x)= eaxsin(x+),其中 tan = ,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 *,axn=
8、 1,-2-1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(x 1,f(x1)处的切线斜率为 ln a.1由 g(x)= ,可得曲线 y=g(x)在点(x 2,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 (ln a)2
9、=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(x 1, )处的切线 l1:y- ln a(x-x1).曲线 y=g(x)在点( x2,logax2)处的切线1 1=1l2:y-logax2= (x-x2).12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,只需证明当 a1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 由 得 x2= ,代入
10、 ,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.由此可得 u(x)在(-,x 0)(1()2) 1()2 0内单调递增,在(x 0+)内单调递减 ,u(x)在 x=x0 处取得极大值 u(x0).因为
11、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 a)2x2+x+1+1 1+2(),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),所以要使12 12 12 (2-2)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).
