2021届高考数学二轮复习 函数、导数、不等式综合题大题规范训练 理.DOC

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1、大题规范练(二)函数、导数、不等式综合题(限时:60分钟)1(2013高考新课标全国卷)已知函数f(x)ex(axb)x24x,曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y4x4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值2已知函数f(x)exf(0)xx2(e是自然对数的底数)(1)求函数f(x)的解析式和单调区间;(2)若函数g(x)x2a与函数f(x)的图象在区间1,2上恰有两个不同的交点,求实数a的取值范围3(2013高考湖北卷)设a0,b0,已知函数f(x).(1)当ab时,讨论函数f(x)的单调性(2)当x0时,称f(x)为a、b关于x的加权平均数判断

2、f(1),f,f是否成等比数列,并证明ff;a、b的几何平均数记为G,称为a、b的调和平均数,记为H,若Hf(x)G,求x的取值范围4(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.5(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

3、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6(2014荆州市高中毕业班质量检查)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.大题规范练(二)1解:(1)f(x)ex(axab)2x4.由已知得f(0)4,f(0)4.故b4,ab8.从而a4,b4.(4分)(2)由(1)知,f(x)4ex(x1)x24x,f(x)4ex(x2)2x44(x2).(6分)令

4、f(x)0,得xln 2或x2.从而当x(,2)(ln 2,)时,f(x)0;(8分)当x(2,ln 2)时,f(x)b时,f(x)0,函数f(x)在(,1),(1,)上单调递增;当ab时,f(x)0,f0,f0,故f(1)fab,所以f(1),f,f成等比数列(6分)因为,即f(1)f.由得ff.由知fH,fG,故由Hf(x)G,得ff(x)f.当ab时,ff(x)fa.(8分)这时,x的取值范围为(0,);当ab时,01,从而,由f(x)在(0,)上单调递增与式,得x,即x的取值范围为;(10分)当a1,从而,由f(x)在(0,)上单调递减与式,得x,即x的取值范围为.(12分)4解:(1

5、)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)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

6、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)5解:(1)f(x)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)

7、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

8、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与曲线C有且只有一个公共点(12分)6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)8

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