高考冲刺大题规范练函数、导数、不等式综合题


高考数学冲刺大题规范练 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)=e (ax+b)-x -4x,曲线 y=f(x)在点(0,
x
2

f(0))处的切线方程为 y=4x+4.
(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)=

f′(1)
e

1 2 x ·e -f(0)·x+ x (e 是自然对数的底数). 2

(1)求函数 f(x)的解析式和单调区间; 1 2 (2)若函数 g(x)= x +a 与函数 f(x)的图象在区间[-1,2]上恰有两个不同的交点,求 2 实数 a 的取值范围.

3.(2013·高考湖北卷)设 a>0,b>0,已知函数 f(x)= (1)当 a≠b 时,讨论函数 f(x)的单调性.

ax+b . x+1

(2)当 x>0 时,称 f(x)为 a、b 关于 x 的加权平均数. ①判断 f(1),f?

? ?

b? ?b? ?b? ? ?,f? ?是否成等比数列,并证明 f?a?≤f? a? ?a? ? ? ?

b? ?; a?

②a、b 的几何平均数记为 G,称 求 x 的取值范围.

2ab 为 a、b 的调和平均数,记为 H,若 H≤f(x)≤G, a+ b

4.(2013·高考天津卷)已知函数 f(x)=x ln x. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)证明:对任意的 t>0,存在唯一的 s,使 t=f(s); 2 ln g(t) 2 (3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s=g(t),证明:当 t>e 时,有 < < 5 ln t 1 . 2

2

1 2 5.(2014·山西省质检)已知函数 f(x)= m(x-1) -2x+3+ln x,m≥1. 2 3 (1)当 m= 时,求函数 f(x)在区间[1,3]上的极小值; 2 (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:y=f(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.

6. (2014·荆州市高中毕业班质量检查Ⅰ)已知 f0(x)=xe , f1(x)=f0 (x), f2(x)=f1 (x), …,
* fn(x)=f′ n-1(x),n∈N .

x





(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)=-x -2(n+1)x-8n+8,gn(x)的最大值为 a,fn(x)的最小值为 b,证明:
2

a-b≥e-4.

大题规范练(二)
1.解:(1)f′(x)=e (ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4.故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4.(4 分) (2)由(1)知,f(x)=4e (x+1)-x -4x,
x
2

x

f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)·?e - ?.(6 分) 2
x

? ?

1?

?

令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;(8 分) 当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e ).(12 分) 2.解:(1)由已知得 f′(x)=
-2

f′(1)
e

e -f(0)+x,∴f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即

x

f(0)=1.(2 分)
又 f(0)=

f′(1)
e

,∴f′(1)=e.

1 2 x 从而 f(x)=e -x+ x .(4 分) 2 显然 f′(x)=e -1+x 在 R 上单调递增且 f′(0)=0,故当 x∈(-∞,0)时,f′(x) <0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. ∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).(7 分) (2)由 f(x)=g(x)得 a=e -x.令 h(x)=e -x, 则 h′(x)=e -1. 由 h′(x)=0 得 x=0.(9 分) 当 x∈(-1,0)时,h′(x)<0;当 x∈(0,2)时,h′(x)>0. ∴h(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,2)上单调递增, 1 2 又 h(0)=1,h(-1)=1+ ,h(2)=e -2 且 h(-1)<h(2), e 1? ? ∴两个图象恰有两个不同的交点时,实数 a 的取值范围是?1,1+ ?.(13 分) e? ? 3. 解: (1)f(x)的定义域为(-∞, -1)∪(-1, +∞), f′(x)=
x x x x

a(x+1)-(ax+b) 2 (x+1)



a-b 2.(2 分) (x+1)

当 a>b 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递增; 当 a<b 时,f′(x)<0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递减.(4 分) (2)①计算得 f(1)= =ab=?f?

a+b
2

>0, f? ?= a

? ?b? 2ab >0, f? ? ? a+b ?

b? ?b? a+b·2ab 故 f(1)f? ?= ?= ab>0, 2 a+b a? ?a?

? ? ? ?

b??2 ?? ,① a??

所以 f(1),f? 因为

? ?

b? ?b? ?,f? ?成等比数列.(6 分) a? ?a?

a+b
2

≥ ab,即 f(1)≥f?

? ?

b? ?. a?

由①得 f? ?≤f? a

?b? ? ?

? ?

b? ?. a?

②由①知 f? ?=H,f?

?b? ?a?

? ?

b? ?=G, a?

故由 H≤f(x)≤G,得 f? ?≤f(x)≤f? 当 a=b 时,f? ?=f(x)=f? a

?b? ?a?

? ?

b? ? .② a?

?b? ? ?

? ?

b? ?=a.(8 分) a?

这时,x 的取值范围为(0,+∞); 当 a>b 时,0< <1,从而 <

b a

b a

b , a b a b , a

由 f(x)在(0,+∞)上单调递增与②式,得 ≤x≤ 即 x 的取值范围为? , 当 a<b 时, >1,从而 >

?b ?a

b? ?;(10 分) a? b , a b b ? ≤x≤ , 即 x 的取值范围为? a a ? b b? , ?.(12 a a?

b a

b a

由 f(x)在(0, +∞)上单调递减与②式, 得 分)

4.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).

f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令 f′(x)=0,得 x=
当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

1 e

.(2 分)

x f′(x) f(x)

?0, 1 ? ? ? e? ?


1 e 0 极小值

? 1 ,+∞? ? ? ? e ?


所以函数 f(x)的单调递减区间是?0, (4 分) (2)证明:当 0<x≤1 时,f(x)≤0.

? ?

1? ?1 ? ?,单调递增区间是? ,+∞?. e? ? e ?

t>0,令 h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).
由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.(6 分)

h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0.
故存在唯一的 s∈(1,+∞),使得 t=f(s)成立.(8 分) (3)证明:因为 s=g(t),由(2)知,t=f(s),且 s>1, 从而 ln g(t) ln s ln s = = 2 ln t ln f(s) ln(s ln s)

ln s u = = , 2ln s+ln(ln s) 2u+ln u 其中 u=ln s. 2 ln g(t) 1 u 要使 < < 成立,只需 0<ln u< .(10 分) 5 ln t 2 2 当 t>e 时,若 s=g(t)≤e,则由 f(s)的单调性,有 t=f(s)≤f(e)=e ,矛盾.所以
2 2

s>e,即 u>1,从而 ln u>0 成立. u 1 1 另一方面,令 F(u)=ln u- ,u>1,F′(u)= - ,令 F′(u)=0,得 u=2. 2 u 2
当 1<u<2 时,F′(u)>0;当 u>2 时,F′(u)<0. 故对 u>1,F(u)≤F(2)<0,因此 ln u< 成立. 2 2 ln g(t) 1 2 综上,当 t>e 时,有 < < .(12 分) 5 ln t 2 1 5.解:(1)f′(x)=m(x-1)-2+ (x>0).

u

x

3 当 m= 时,f′(x)= 2

? 1? 3(x-2)?x- ? 1 ? 3? ,令 f′(x)=0,得 x1=2,x2= .(2 分) 2x 3

f(x),f′(x)在 x∈(0,+∞)上的变化情况如下表:

x f′(x) F(x)

?0,1? ? 3? ? ?
+ 单调 递增

1 3 0 极大 值

?1,2? ?3 ? ? ?
- 单调 递减

2 0 极小 值

(2,+∞) + 单调 递增

1 所以当 x=2 时,函数 f(x)在 x∈[1,3]上取到极小值,且极小值为 f(2)=ln 2- .(4 4 分) (2)令 f′(x)=0,得 mx -(m+2)x+1=0.(*) 因为 Δ =(m+2) -4m=m +4>0,所以方程(*)存在两个不等实根,记为 a,b(a<b).
2 2 2

m+2 ? ?a+b= m >0 因为 m≥1,所以? ,(6 分) 1 ? ?ab=m>0
所以 a>0,b>0,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:y=f(x)在点 P(1,1)处的切线 l 的方程为 y=-x 1 2 +2.若切线 l 与曲线 C 有且只有一个公共点,则方程 m(x-1) -2x+3+ln x=-x+2 2 有且只有一个实根. 显然 x=1 是该方程的一个根. 1 2 令 g(x)= m(x-1) -x+1+ln x, 2

m(x-1)?x- ? ? m? 则 g′(x)=m(x-1)-1+ = . x x
1 当 m=1 时,有 g′(x)≥0 恒成立,所以 g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以 x=1 是方 程的唯一解,m=1 符合题意.(10 分) 1 当 m>1 时,由 g′(x)=0,得 x1=1,x2= ,则 x2∈(0,1),易得 g(x)在 x1 处取到极

?

1?

m

小值,在 x2 处取到极大值.

? 1? 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?0, ?内也 m ? ?
有一个解,m>1 不符合题意. 综上,存在实数 m=1 使得曲线 C:y=f(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)=(x+n)·e (n∈N ).(3 分)
x
*

(2)因为 fn(x)=(x+n)·e , 所以 fn (x)=(x+n+1)·e . 因为 x>-(n+1)时,fn (x)>0;x<-(n+1)时,fn (x)<0, 所以当 x=-(n+1)时,fn(x)取得极小值 fn(-(n+1))=-e
2 -(n+1). ′ ′ ′

x

x

(6 分) ,

(3)依题意,a=gn(-n+1)=(n-3) ,又 b=fn(-(n+1))=-e 所以 a-b=(n-3) +e 令 h(x)=(x-3) +e
2 2 -(n+1).

-(n+1)

-(x+1)

(x≥0),(8 分) ,

则 h′(x)=2(x-3)-e

-(x+1)

又 h′(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 所以 h′(x)≥h′(0)=-6-e . 又 h′(3)=-e <0,h′(4)=2-e >0, 所以存在 x0∈(3,4)使得 h′(x0)=0.(11 分) 所以当 0≤x<x0 时,h′(x)<0;当 x>x0 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)min=h(x0).(12 分) 又 h(3)=e ,h(4)=1+e ,h(4)>h(3), 所以当 n=3 时,a-b 取得最小值 e , 即 a-b≥e .(14 分)
-4 -4 -4 -5 -4 -5 -1


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