1、高考达标检测（十四） 综合问题是难点，3大题型全冲关1(2014全国卷)设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，故当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，在上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f，所以不符合题意若a1，则f(1)1.综上，a的取值范围是(1，1)(1，)2已知函数f(x)ln x(aR)(1)若a1，求函数f(x)的极值；(2)若f(x)在1，)内为单
2、调增函数，求实数a的取值范围；(3)对于nN*，求证：0)(1) 若a1，则f(x)，令f(x)0，得x1或x2(舍去)，由f(x)0，得x1，由f(x)0，得0x1时，即a2时，g08a0，所以8a1时，f(x)f(1)0，即ln x，令x(nN*)，因为1，所以ln ，所以ln ln ln ln(n1)3已知函数f(x)sin xxcos x(x0)(1)求函数f(x)的图象在处的切线方程； (2)若对任意x(0，)，不等式f(x)ax3恒成立，求实数a的取值范围；(3)设mf(x)dx，g(x) f(x)，证明：.解：(1)f(x)xsin x，f，切线方程为y1，即2x4y240.(2
3、)f(x)ax3sin xxcos xax3h(0)0，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增，g(x)g(0)0(不合题意)当3a1，即a时，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递减，h(x)h(0)0，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递减，g(x)g(0)0(符合题意)当13a1，即a0，h()13a0g(x)0，g(x)在(0，x0)上单调递增，存在g(x)g(0)0(不符合题意)，综上，a的取值范围为.(3)证明：mf(x)dx(xsin x2cos x)2，g(x)f(x)由(2)知，当a时，f(x)x3，g(x)0，则u(x)0，u(x)在(0，)上单调递减，u(x)u(0)
4、0，即ln(1x)x在(0，)上恒成立令xln，lnlnlnlnlnln，原不等式得证4(2017天津高考)设aZ，已知定义在R上的函数f(x)2x43x33x26xa在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导函数(1)求g(x)的单调区间；(2)设m1，x0)(x0,2，函数h(x)g(x)(mx0)f(m)，求证：h(m)h(x0)0，故当x1，x0)时，H1(x)0，H1(x)单调递增因此，当x1，x0)(x0,2时，H1(x)H1(x0)f(x0)0，可得H1(m)0，即h(m)0.令函数H2(x)g(x0)(xx0)f(x)，则H2(x)g(x0)g(x)由(1)知g(
5、x)在1,2上单调递增，故当x1，x0)时，H2(x)0，H2(x)单调递增；当x(x0,2时，H2(x)0，H2(x)单调递减因此，当x1，x0)(x0,2时，H2(x)H2(x0)0，可得H2(m)0，即h(x0)0.所以h(m)h(x0)0.(3)证明：对于任意的正整数p，q，且1，x0)(x0,2，令m，函数h(x)g(x)(mx0)f(m)由(2)知，当m1，x0)时，h(x)在区间(m，x0)内有零点；当m(x0,2时，h(x)在区间(x0，m)内有零点所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x1，则h(x1)g(x1)f0.由(1)知g(x)在1,2上单调递增，故0g(
6、1)g(x1)0，故f(x)在1,2上单调递增，所以f(x)在区间1,2上除x0外没有其他的零点，而x0，故f0.又因为p，q，a均为整数，所以|2p43p3q3p2q26pq3aq4|是正整数，从而|2p43p3q3p2q26pq3aq4|1.所以.所以只要取Ag(2)，就有.已知函数f(x)ln(1x)x，g(x)(aR)(1)求函数f(x)的单调区间及最值；(2)若对x0，f(x)g(x)1恒成立，求a的取值范围；(3)求证：0，得1x0，由f(x)0，所以函数f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间为(0，)，f(x)maxf(0)0，无最小值(2)f(x)g(x)1ln(1x)x1ln(1x)1a(x2)1ln(1x)令h(x)(x2)1ln(1x)，则h(x)1ln(1x)ln(1x).当x0时，显然h(x)ln(1x)0时，h(x)0时，ln(1x)1，即ln(1x).令x(kN*)，得ln，即ln.所以ln ln ln ln ，即ln(n1)7