1、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 x x2 bx(a1)，曲线 y f(x)在点1 a2(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12 a1 a增所以，存在 x01，使得 f(x0)1，故当 x 时， f( x)0， f(x)在 上单调递减，在 上单调递增(1，a1 a) ( a1 a， )所以，存在 x01，使得 f(x0) ，所以不符合题意(a1 a) a1 a a22 1 a aa 1 aa 1若 a1，则 f(1) 1 0)1x ax2 2a
2、x3 x2 ax 2ax3(1)若 a1，则 f( x) ，x2 x 2x3令 f( x)0，得 x1 或 x2(舍去)，由 f( x)0，得 x1，由 f( x)1时，即 a1时， f(x)f(1)0，即 ln x ，1x 1x2令 x (nN *)，因为 1，n 1n n 1n所以 ln ，n 1n nn 1 n2 n 1 2 n n 1 2所以 h(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)0，13 h(x)在(0，)上单调递减， h(x)0， h()13 a0g( x)0， g(x)在(0， x0)上单调
3、递增，存在 g(x)g(0)0(不符合题意)，综上， a的取值范围为 .13， )(3)证明： m 20f(x)dx( xsin x2cos x) 2 ，|0)2 g(x) f(x)3x2由(2)知，当 a 时， f(x)0，则 u( x) 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)(x x0) f(x)，则 H2( x) g(x0) g(x)由(1)知 g(x)在1,2上单调递增，故当 x1， x0)时， H2( x)0，
4、H2(x)单调递增；当 x( x0,2时， H2( x)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 f 0.pq (pq)又因为 p， q， a均为整数，所以|2 p43 p3q3 p2q26 pq3 aq4|是正整数，从而|2 p43 p3q3 p2q26 pq3 aq4|1.6所以 .|pq x0| 1g 2 q4所以只要取 A g(2)，就有 .|pq x0| 1Aq4已知函数 f(x)ln(1 x) x， g(x) (aR)x2 2x ax 2(1)求函数 f(x)的单调区间及最值；(2)若对 x0， f(x) g(x)1 恒
5、成立，求 a的取值范围；(3)求证： 0，得10，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)max f(0)0，无最小值(2)f(x) g(x)1ln(1 x) x 1x2 2x ax 2ln(1 x) 1a(x2)1ln(1 x)ax 2令 h(x)( x2)1ln(1 x)，则 h( x)1ln(1 x) ln(1 x) .x 2x 1 1x 1当 x0时，显然 h( x)ln(1 x) 0时， h(x)0时，ln(1 x) 1，2x 2即 ln(1 x) .xx 2令 x (kN *)，得 ln ，1k k 1k1k2 1k7即 ln .k 1k 12k 1所以 ln ln ln ln ，21 32 43 n 1n 13 15 17 12n 1即 ln(n1)13 15 17 12n 1
