2022年高三数学练习函数导数不等式综合题 .pdf

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1、立身以立学为先，立学以读书为本大题规范练函数、导数、不等式综合题1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) f （1）eexf (0) x12x2(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)12x2a 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设 a0，b0，已知函数 f (x) axbx1. (1) 当 ab

2、时，讨论函数 f ( x)的单调性(2) 当 x0时，称 f (x) 为 a、b 关于 x 的加权平均数判断 f (1) ，fba，fba是否成等比数列，并证明fbafba；a、b 的几何平均数记为G ，称2abab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 sg( t ) ，证明：当 t e2时，有25ln g（t ）ln t12. 5(2014山西省质检

3、) 已知函数 f ( x)12m ( x1)22x3ln x，m 1. (1) 当 m 32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 ；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 5 页立身以立学为先，立学以读书为本(3) 是否存在实数m，使曲线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？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由大题规范练 (二) 1解： (1)f(x) ex(axab) 2x4. 由已知得f(0) 4，f(0) 4

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)ex12.(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)b时，f(x)0 ，函数f(x) 在 (， 1)，( 1， )上单调递增；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 5 页立身以立学为先，立学以读书为本当ab时，f (x)0，fba2abab0，fbaab0， 故f(1

5、)fbaab22abababfba2，所以f(1) ，fba，fba成等比数列(6 分)因为ab2ab， 即f(1) fba. 由得fbafba. 由 知fbaH，fbaG， 故由Hf(x) G， 得fbaf(x) fba.当ab时，fbaf(x) fbaa.(8分) 这时，x的取值范围为 (0 ， )；当ab时， 0ba1，从而baba，由f(x) 在(0 ，)上单调递增与 式，得baxba，即x的取值范围为ba，ba；(10 分) 当a1，从而baba，由f(x) 在(0， )上单调递减与 式，得baxba，即x的取值范围为ba，ba.(12分)4解： (1) 函数f(x) 的定义域为 (

6、0， )f (x) 2xln xxx(2ln x1)，令f(x) 0，得x1e.(2 分)当x变化时，f(x) ，f(x)的变化情况如下表：x 0，1e1e1e， f (x)0f(x)极小值所以函数f(x) 的单调递减区间是0，1e，单调递增区间是1e， . (2) 证明： 当 0 x1 时，f(x) 0.t0，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) 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

7、(s) ，且s1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 5 页立身以立学为先，立学以读书为本从而ln g（t）ln tln sln f（s）ln sln （s2ln s）ln s2ln sln （ln s）u2uln u， 其中u ln s.要使25ln g（t）ln t12成立，只需 0 ln uu2.(10分) 当te2时，若sg(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 u 0 成立另一方面，令F(u) ln uu2，u1，F (u) 1u12，令F(u) 0，得u

8、2. 当 1u2 时，F (u) 0；当u2 时，F (u) 0. 故对u1，F(u) F(2) 0，因此 ln uu2成立综上，当te2时，有25ln g（t）ln t12.(12分) 5解： (1)f(x) m(x1) 21x(x0) 当m32时，f(x) 3（x2）x132x，令f(x) 0，得x12，x213.(2 分 )f(x) ，f(x) 在x(0 ， )上的变化情况如下表：x 0，131313，22(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 14.(4分)(2) 令f(x

9、) 0，得mx2(m2)x10.(*)因为 (m2)2 4mm240，所以方程 (*) 存在两个不等实根，记为a，b(ab) 因为m1，所以abm 2m0ab1m0，(6 分 )所以a 0，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，所以曲线C：yf(x) 在点P(1，1) 处的切线l的方程为yx 2.若切线l与曲线C有且只有一个公共点，则方程12m(x1)22x3ln xx2 有且只精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页

10、，共 5 页立身以立学为先，立学以读书为本有一个实根显然x1 是该方程的一个根令g(x) 12m(x1)2x1ln x，则g(x) m(x1) 11xm（x1）x1mx. 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，m 1 符合题意 (10 分)当m1 时，由g(x) 0，得x11，x21m，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 0，1m内也有一个解，m1 不符合题意综上，存在实数m 1 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 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 5 页