【名师总结考前题库】2020届高三数学(理)考前题型专练：函数、导数、不等式综合题-Word版含答案.docx

函数、导数、不等式综合题
1．(2021·高考新课标全国卷)已知函数f(x)＝ex(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)争辩f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．

2．已知函数f(x)＝·ex－f(0)·x＋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)＝x2＋a与函数f(x)的图象在区间上恰有两个不同的交点，求实数a的取值范围．

3．(2021·高考湖北卷)设a>0，b>0，已知函数f(x)＝.
(1)当a≠b时，争辩函数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推断f(1)，f，f是否成等比数列，并证明f≤f；
②a、b的几何平均数记为G，称为a、b的调和平均数，记为H，若H≤f(x)≤G，求x的取值范围．

4．(2021·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＜＜.

5．(2022·山西省质检)已知函数f(x)＝m(x－1)2－2x＋3＋ln x，m≥1.
(1)当m＝时，求函数f(x)在区间上的微小值；
(2)求证：函数f(x)存在单调递减区间；
(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．(2022·荆州市高中毕业班质量检查Ⅰ)已知f0(x)＝xex，f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(x)，…，
fn(x)＝f(x)，n∈N*.
(1)请写出fn(x)的表达式(不需要证明)；
(2)求fn(x)的微小值；
(3)设gn(x)＝－x2－2(n＋1)x－8n＋8，gn(x)的最大值为a，fn(x)的最小值为b，证明：a－b≥e－4.

1．解：(1)f′(x)＝ex(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)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·.(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)＝ex－f(0)＋x，∴f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.(2分)
又f(0)＝，∴f′(1)＝e.
从而f(x)＝ex－x＋x2.(4分)
明显f′(x)＝ex－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＝ex－x.令h(x)＝ex－x，
则h′(x)＝ex－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＋，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.(13分)
3．解：(1)f (x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f′(x)＝＝.(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)＝>0，f＝>0，f＝>0，故f(1)f＝·＝ab＝，①
所以f(1)，f，f成等比数列．(6分)
由于≥，即f(1)≥f.
由①得f≤f.
②由①知f＝H，f＝G，
故由H≤f(x)≤G，得f≤f(x)≤f.②
当a＝b时，f＝f(x)＝f＝a.(8分)
这时，x的取值范围为(0，＋∞)；
当a>b时，0<<1，从而<，
由f (x)在(0，＋∞)上单调递增与②式，得≤x≤，
即x的取值范围为；(10分)
当a<b时，>1，从而>，
由f(x)在(0，＋∞)上单调递减与②式，得≤x≤，即x的取值范围为.(12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＝.(2分)
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x

f′(x)
－
0
＋
f(x)

微小值

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0＜x≤1时，f(x)≤0.
t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈
当t＞e2时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e2，冲突．所以s＞e，即u＞1，从而ln u＞0成立．
另一方面，令F(u)＝ln u－，u＞1，F′(u)＝－，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＜成立．
综上，当t＞e2时，有＜＜.(12分)
5．解：(1)f′(x)＝m(x－1)－2＋(x＞0)．
当m＝时，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x1＝2，x2＝.(2分)
f(x)，f′(x)在x∈(0，＋∞)上的变化状况如下表：

x

2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
F(x)
单调
递增
极大
值
单调
递减
微小
值
单调
递增
所以当x＝2时，函数f(x)在x∈上取到微小值，且微小值为f(2)＝ln 2－.(4分)
(2)令f′(x)＝0，得mx2－(m＋2)x＋1＝0.(*)
由于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)．
由于m≥1，所以，(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．(8分)
(3)由于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m(x－1)2－2x＋3＋ln x＝－x＋2有且只有一个实根．
明显x＝1是该方程的一个根．
令g(x)＝m(x－1)2－x＋1＋ln x，
则g′(x)＝m(x－1)－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)
当m＞1时，由g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，则x2∈(0，1)，易得g(x)在x1处取到微小值，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，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)·ex(n∈N*)．(3分)
(2)由于fn(x)＝(x＋n)·ex，
所以f(x)＝(x＋n＋1)·ex.
由于x＞－(n＋1)时，f(x)＞0；x＜－(n＋1)时，f(x)＜0，
所以当x＝－(n＋1)时，fn(x)取得微小值fn(－(n＋1))＝－e－(n＋1)．(6分)
(3)依题意，a＝gn(－n＋1)＝(n－3)2，又b＝fn(－(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)