高考函数与导数,不等式综合题库3

1、(广东省广州执信中学、中山纪念中学、深圳外国语学校三校期末联考)设函数()ln1fxxpx=-+（Ⅰ）求函数()fx的极值点；（Ⅱ）当p＞0时，若对任意的x＞0，恒有0)(xf，求p的取值范围；（Ⅲ）证明：).2,()1(212ln33ln22ln2222222nNnnnnnn解：（1）),0()(,1ln)(的定义域为xfpxxxf，xpxpxxf11)(当),0()(,0)(0在时，xfxfp上无极值点当p0时，令xxfxfpxxf随、，)()(),,0(10)(的变化情况如下表：x(0，1p)1p1(,)p+?'()fx+0－()fx↗极大值↘从上表可以看出：当p0时，()fx有唯一的极大值点px1（Ⅱ）当p0时在1x=p处取得极大值11()lnfpp=，此极大值也是最大值，要使()0fx£恒成立，只需11()ln0fpp=?，∴1p³∴p的取值范围为[1，+∞)（Ⅲ）令p=1，由（Ⅱ）知，2,1ln,01lnnNnxxxx，∴1ln22nn，∴22222111lnnnnnn∴)11()311()211(ln33ln22ln222222222nnn)13121()1(222nn))1(1431321()1(nnn)11141313121()1(nnn)1(212)1121()1(2nnnnn∴结论成立2、(江苏省启东中学2008年高三综合测试一)已知32()(,0]fxxbxcxd在上是增函数,在[0,2]上是减函数，且()0,2,(2)fx有三个根。（1）求c的值，并求出b和d的取值范围。（2）求证(1)2f。（3）求||的取值范围，并写出当||取最小值时的()fx的解析式。解：（1）(),0fx在上是增函数,在0,2上是减函数20'()0'()32'(0)0xfxfxxbxcf是的根又0c()0,2,(2)0840'(2)01240384fxfbdfbbdb又的根为又又4d（2）(1)1(2)0fbdf8463(1)184673dbfbb且2（3）()0fx有三根,2,32()()(2)()(2)222fxxxxxxbd222222|2|()4(2)244168412(2)163||3bdbbbbbbb又当且仅当b=-3时取最小值,此时d=432()34fxxx3、(江苏省启东中学高三综合测试三)已知函数f(x)=x3+ax2+b的图象在点P(1,0)处的切线与直线3x+y=0平行，(1)求常数a、b的值；(2)求函数f(x)在区间[0,t]上的最小值和最大值。（t0）解：（1）a=－3，b=2；（2）当2t≤3时，f(x)的最大值为f(0)=2；当t3时，f(x)的最大值为f(t)=t3－3t2+2；当x=2时，f(x)的最小值为f(2)=－2。5、(江苏省启东中学高三综合测试四)已知4221)(223xmmxxxf（m为常数，且m0）有极大值25，（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）求曲线)(xfy的斜率为2的切线方程．解：（Ⅰ）2223)(mmxxxf0)23)((mxmx则mx，mx32由列表得：x),(m-m)32,(mmm32),32(m)(xf+0-0+)(xf极大值极小值)(mf254221333mmm，∴1m．（Ⅱ）由（Ⅰ）知4221)(23xxxxf，则223)(2xxxf∴1x或34x由29)1(f，2776)34(f．所以切线方程为：)1(229xy即01324yx；或)34(22776xy即042754yx4、(安徽省皖南八校2008届高三第一次联考)已知函数12231)(23xxaxxf且21,xx是)(xf的两个极值点，31021xx，（１）求a的取值范围；（２）若22||221bmmxx，对]1,1[b恒成立。求实数m的取值范围；解：（1）2)(2/axxxf，由题知：31130239)3(021)1(//aafaf；（2）由（1）知：18||221axx，∴1222bmm对]1,1[b恒成立，所以：1103203222mmmmm5、(江西省五校2008届高三开学联考)已知函数.23)32ln()(2xxxf（I）求f(x)在[0，1]上的极值；（II）若对任意0]3)(ln[|ln|],31,61[xxfxax不等式成立，求实数a的取值范围；（III）若关于x的方程bxxf2)(在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.解：（I）23)13)(1(33323)(xxxxxxf，令1310)(xxxf或得（舍去）)(,0)(,310xfxfx时当单调递增；当)(,0)(,131xfxfx时单调递减.]1,0[)(613ln)31(在为函数xff上的极大值（II）由0]3)(ln[|ln|xxfxa得xxaxxa323lnln323lnln或，…………①设332ln323lnln)(2xxxxxh，xxxxxg323ln323lnln)(，依题意知]31,61[)()(xxgaxha在或上恒成立，0)32(2)32(33)32(3332)(2xxxxxxxxg，03262)62(31323)(22xxxxxxxh，]31,61[)()(都在与xhxg上单增，要使不等式①成立，当且仅当.51ln31ln),61()31(aagaha或即或（III）由.0223)32ln(2)(2bxxxbxxf令xxxxxbxxxx329723323)(,223)32ln()(22则，当]37,0[)(,0)(,]37,0[在于是时xxx上递增；当]1,37[)(,0)(,]1,37[在于是时xxx上递减而)1()37(),0()37(，]1,0[0)(2)(在即xbxxf恰有两个不同实根等价于0215ln)1(067267)72ln()37(02ln)0(bbb.37267)72ln(215lnb6、(安徽省蚌埠二中2008届高三8月月考)求下列各式的的极限值①xmxx1130lim②nnnn632632632(222lim）答：①3m②327、(四川省巴蜀联盟2008届高三年级第二次联考)设f（x）=21axbxxc（a0）为奇函数，且|f（x）|min=22，数列{an}与{bn}满足如下关系：a1=2，1()2nnnfaaa，11nnnaba．（1）求f（x）的解析表达式；（2）证明：当n∈N*时，有bn≤1()3n．解：（1）由f（x）是奇函数，得b=c=0，由|f（x）min|=22，得a=2，故f（x）=221xx（2）22121()1222nnnnnnnnaafaaaaaa22221122111122111121112nnnnnnnnnnnnnnaaaaaabbaaaaaa∴nb=21nb=42nb=…=121nb，而b1=31，∴nb=12)31(n当n=1时，b1=31，命题成立，当n≥2时，∵2ｎ－1＝（1＋1）ｎ－1＝1＋112111nnnnCCC≥1+11nC=n∴12)31(n＜n)31(，即bn≤n)31(．8、(四川省成都市新都一中高2008级一诊适应性测试)设f(x)=px－qx－2lnx，且f(e)=qe－pe－2（e为自然对数的底数）（1）求p与q的关系；（2）若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；解：(I)由题意得f(e)=pe－qe－2lne=qe－pe－2(p－q)(e+1e)=0而e+1e≠0∴p=q…………4分(II)由(I)知f(x)=px－px－2lnxf’(x)=p+px2－2x=px2－2x+px2令h(x)=px2－2x+p，要使f(x)在其定义域(0,+)内为单调函数，只需h(x)在(0,+)内满足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立．①当p=0时，h(x)=－2x，∵x0，∴h(x)0，∴f’(x)=－2xx20，∴f(x)在(0,+)内为单调递减，故p=0适合题意．②当p0时，h(x)=px2－2x+p，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为x=1p∈(0,+)，∴h(x)min=p－1p只需p－1p≥1，即p≥1时h(x)≥0，f’(x)≥0∴f(x)在(0,+)内为单调递增，故p≥1适合题意．③当p0时，h(x)=px2－2x+p，其图象为开口向下的抛物线，对称轴为x=1p(0,+)只需h(0)≤0，即p≤0时h(x)≤0在(0,+)恒成立．故p0适合题意．…………11分综上可得，p≥1或p≤0…………12分另解：(II)由(I)知f(x)=px－px－2lnxf’(x)=p+px2－2x=p(1+1x2)－2x要使f(x)在其定义域(0,+)内为单调函数，只需f’(x)在(0,+)内满足：f’(x)≥0或f’(x)≤0恒成立．…………6分由f’(x)≥0p(1+1x2)－2x≥0p≥2x+1xp≥(2x+1x)max，x0∵2x+1x≤22x·1x=1，且x=1时等号成立，故(2x+1x)max=1∴p≥1…………9分由f’(x)≤0p(1+1x2)－2x≤0p≤2xx2+1p≤(2xx2+1)min，x0而2xx2+10且x→0时，2xx2+1→0，故p≤0…………11分综上可得，p≥1或p≤09、(四川省成都市一诊)已知函数()lnfxx,()(0)agxax,设()()()Fxfxgx．（Ⅰ）求函数()Fx的单调区间；（Ⅱ）若以函数()((0,3])yFxx图像上任意一点00(,)Pxy为切点的切线的斜率12k恒成立，求实数a的最小值；（Ⅲ）是否存在实数m,使得函数2211aygmx的图像与函数2(1)yfx的图像恰有四个不同的交点？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由。解：（I）ln0aFxfxgxxxx，221'0axaFxxxxx∵0a，由'0,Fxxa，∴Fx在,a上单调递增。由'00,Fxxa，∴Fx在0,a上单调递减。∴Fx的单调递减区间为0,a，单调递增区间为,a。（II）2'03xaFxxx，000201'032xakFxxx恒成立200max12axx当01x时，20012xx取得最大值12。∴12a，∴min12a（III）若222111122aygmxmx的图象与221ln1yfxx的图象恰有四个不同得交点，即2211ln122xmx有四个不同的根，亦即