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
2、断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x)在点P(1，1)处的切线l与曲线C有且只有一个
3、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f(
4、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)函
5、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sg
6、(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f(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是方程的唯一解
8、，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)