高三数学一轮复习练习大题规范练()函数、导数、不等式综合题

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)＝e x(ax＋b）－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，
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）＝错误!·e x－f(0)·x＋错误!x2（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）＝错误!x2＋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)＝错误!.
（1)当a≠b时,讨论函数f(x）的单调性．
（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错误!，f错误!是否成等比数列，并证明f错误!≤f错误!;
②a、b的几何平均数记为G,称错误!为a、b的调和平均数,记为H，若H≤f（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t＞0，存在唯一的s,使t＝f（s）;
（3)设（2）中所确定的s关于t的函数为s＝g（t),证明：当t＞e2时，有错误!＜错误!＜错误!。

5．(2014·山西省质检)已知函数f(x)＝错误!m(x－1）2－2x＋3＋ln x，m≥1。

(1)当m＝错误!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: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)＝x e x，f1（x）＝f错误!（x)，f2（x）＝f错误!（x），…，
f n(x）＝f错误!（x)，n∈N*.
（1）请写出f n(x)的表达式（不需要证明)；
(2)求f n(x)的极小值;
（3)设g n（x）＝－x2－2(n＋1）x－8n＋8，g n（x）的最大值为a，f n(x）的最小值为b，证明:a－b≥e－4。

大题规范练(二)
1．解:（1)f′(x）＝e x(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(x＋1）－x2－4x，
f′（x)＝4e x(x＋2)－2x－4＝4（x＋2）·错误!。

（6分)
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－2）．(12分）
2．解：(1）由已知得f′(x)＝错误!e x－f（0）＋x，∴f′(1)＝f′（1）－f（0）＋1，即f（0）＝1.(2分）
又f（0)＝错误!，∴f′（1）＝e.
从而f(x）＝e x－x＋错误!x2。

(4分)
显然f′(x）＝e x－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－x。

令h（x)＝e x－x，
则h′(x）＝e x－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，
又h(0）＝1，h(－1)＝1＋错误!，h（2)＝e2－2且h(－1）＜h(2)，∴两个图象恰有两个不同的交点时,实数a的取值范围是错误!。

（13分）
3．解:(1)f(x)的定义域为（－∞,－1）∪（－1，＋∞)，f′(x)＝错误!＝错误!。

(2分)
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）＝错误!>0，f错误!＝错误!>0，f错误!＝错误!〉0，故f（1)f
错误!＝错误!·错误!＝ab＝错误!错误!，①
所以f（1)，f错误!，f错误!成等比数列．（6分)
因为错误!≥错误!，即f(1)≥f错误!。

由①得f错误!≤f错误!.
②由①知f错误!＝H，f错误!＝G，
故由H≤f(x）≤G，得f错误!≤f(x)≤f错误!。

②
当a＝b时，f错误!＝f(x)＝f错误!＝a.（8分）
这时,x的取值范围为（0，＋∞）；
当a〉b时,0〈错误!<1，从而错误!〈错误!，
由f(x)在（0，＋∞）上单调递增与②式，得错误!≤x≤错误!，
即x的取值范围为错误!；（10分)
当a〈b时，错误!>1，从而错误!>错误!,
由f(x)在(0，＋∞)上单调递减与②式，得错误!≤x≤错误!，即x的取值范围为错误!。

（12分）
4．解:(1）函数f（x)的定义域为（0，＋∞）．
f′（x）＝2x ln x＋x＝x（2ln x＋1），令f′(x)＝0,得x＝错误!。

(2分)
当x变化时，f′(x)，f(x）的变化情况如下表：
错误!错误!。

（4分）
（2）证明：当0＜x≤1时，f(x）≤0。

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(e t)＝e2t ln e t－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，
从而错误!＝错误!＝错误!
＝错误!＝错误!，
其中u＝ln s.
要使错误!＜错误!＜错误!成立，只需0＜ln u＜错误!。

(10分)
当t＞e2时，若s＝g（t）≤e,则由f(s）的单调性,有t＝f（s）≤f （e）＝e2，矛盾．所以s＞e，即u＞1,从而ln u＞0成立．
另一方面，令F（u)＝ln u－错误!，u＞1，F′(u）＝错误!－错误!，
令F′（u)＝0,得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＜错误!成立．
综上，当t＞e2时，有错误!＜错误!＜错误!。

（12分)
5．解：(1)f′（x)＝m（x－1）－2＋错误!（x＞0)．
当m＝错误!时，f′（x)＝错误!，令f′（x)＝0，得x1＝2，x2＝错误!。

（2分）
f（x),f′(x）在x∈(0，＋∞）上的变化情况如下表：
值为f(2)＝ln 2－错误!。

(4分)
（2)令f′(x)＝0，得mx2－（m＋2)x＋1＝0.(＊）
因为Δ＝（m＋2)2－4m＝m2＋4＞0，所以方程(＊)存在两个不等实根，记为a，b（a＜b）．
因为m≥1，所以错误!,(6分)
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＋2。

若切线l与曲线C有且只有一个公共点，则方程错误!m（x－1)2－2x＋3＋ln x＝－x＋2有且只有一个实根．
显然x＝1是该方程的一个根．
令g(x)＝错误!m（x－1)2－x＋1＋ln x,
则g′（x)＝m(x－1）－1＋错误!＝错误!。

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）
当m＞1时，由g′(x）＝0，得x1＝1，x2＝错误!，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）在错误!内也有一个解，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)f n（x)＝(x＋n)·e x（n∈N*)．（3分）
(2）因为f n(x)＝（x＋n)·e x,
所以f错误!(x)＝(x＋n＋1）·e x。

因为x＞－(n＋1)时，f错误!(x）＞0；x＜－（n＋1）时，f错误!(x)＜0，
所以当x＝－（n＋1）时,f n（x）取得极小值f n（－(n＋1））＝－e－（n＋1）．(6分)
(3）依题意，a＝g n(－n＋1)＝（n－3）2，又b＝f n(－（n＋1))＝－e－（n＋1），
所以a－b＝(n－3）2＋e－（n＋1）．
令h(x）＝(x－3)2＋e－（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－1.
又h′(3)＝－e－4＜0，h′（4)＝2－e－5＞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－4，h(4)＝1＋e－5，h(4)＞h（3），所以当n＝3时，a－b取得最小值e－4，即a－b≥e－4.(14分）。