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1、函数、导数、不等式综合题（新体验应用试题）1(2013高考天津卷)已知函数f(x)x2ln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有.2(2014山西省质检)已知函数f(x)m(x1)22x3ln x，m1.(1)当m时，求函数f(x)在区间1，3上的极小值；(2)求证：函数f(x)存在单调递减区间a，b；(3)是否存在实数m，使曲线C：yf(x)在点P(1，1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由3(2014荆州市高中毕业班质
2、量检查)已知f0(x)xex，f1(x)f(x)，f2(x)f(x)，fn(x)f(x)，nN*.(1)请写出fn(x)的表达式(不需要证明)；(2)求fn(x)的极小值；(3)设gn(x)x22(n1)x8n8，gn(x)的最大值为a，fn(x)的最小值为b，证明：abe4.1解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)f(x)2xln xxx(2ln x1)，令f(x)0，得x.(2分)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(4分)(2)证明：当0x1时，f(x)0.t0，令h(x)f(x)t，x1，)由(1
3、)知，h(x)在区间(1，)内单调递增(6分)h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0.故存在唯一的s(1，)，使得tf(s)成立(8分)(3)证明：因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而，其中uln s.要使成立，只需0ln u.(10分)当te2时，若sg(t)e，则由f(s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，从而ln u0成立另一方面，令F(u)ln u，u1，F(u)，令F(u)0，得u2.当1u2时，F(u)0；当u2时，F(u)0.故对u1，F(u)F(2)0，因此ln u成立综上，当te2时，有.(12分)2解：(1)f(x
4、)m(x1)2(x0)当m时，f(x)，令f(x)0，得x12，x2.(2分)f(x)，f(x)在x(0，)上的变化情况如下表：x2(2，)f(x)00F(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以当x2时，函数f(x)在x1，3上取到极小值，且极小值为f(2)ln 2.(4分)(2)令f(x)0，得mx2(m2)x10.(*)因为(m2)24mm240，所以方程(*)存在两个不等实根，记为a，b(ab)因为m1，所以，(6分)所以a0，b0，即方程(*)有两个不等的正根，因此f(x)0的解为(a，b)故函数f(x)存在单调递减区间a，b(8分)(3)因为f(1)1，所以曲线C：yf(x)在
5、点P(1，1)处的切线l的方程为yx2.若切线l与曲线C有且只有一个公共点，则方程m(x1)22x3ln xx2有且只有一个实根显然x1是该方程的一个根令g(x)m(x1)2x1ln x，则g(x)m(x1)1.当m1时，有g(x)0恒成立，所以g(x)在(0，)上单调递增，所以x1是方程的唯一解，m1符合题意(10分)当m1时，由g(x)0，得x11，x2，则x2(0，1)，易得g(x)在x1处取到极小值，在x2处取到极大值所以g(x2)g(x1)0，又当x趋近0时，g(x)趋近，所以函数g(x)在内也有一个解，m1不符合题意综上，存在实数m1使得曲线C：yf(x)在点P(1，1)处的切线l
6、与曲线C有且只有一个公共点(12分)3解：(1)fn(x)(xn)ex(nN*)(3分)(2)因为fn(x)(xn)ex，所以f(x)(xn1)ex.因为x(n1)时，f(x)0；x(n1)时，f(x)0，所以当x(n1)时，fn(x)取得极小值fn(n1)e(n1)(6分)(3)依题意，agn(n1)(n3)2，又bfn(n1)e(n1)，所以ab(n3)2e(n1)令h(x)(x3)2e(x1)(x0)，(8分)则h(x)2(x3)e(x1)，又h(x)在区间0，)上单调递增，所以h(x)h(0)6e1.又h(3)e40，h(4)2e50，所以存在x0(3，4)使得h(x0)0.(11分)所以当0xx0时，h(x)0；当xx0时，h(x)0.即h(x)在区间x0，)上单调递增，在区间0，x0)上单调递减，所以h(x)minh(x0)(12分)又h(3)e4，h(4)1e5，h(4)h(3)，所以当n3时，ab取得最小值e4，即abe4.(14分)5