2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 综合问题是难点3大题型全冲关 7页

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Ⅰ)设函数 f(x)＝aln x＋1－a 2 x2－bx(a≠1)，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1)) 处的切线斜率为 0. (1)求 b； (2)若存在 x0≥1，使得 f(x0)< a a－1 ，求 a 的取值范围． 解：(1)f′(x)＝a x ＋(1－a)x－b. 由题设知 f′(1)＝0，解得 b＝1. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f(x)＝aln x＋1－a 2 x2－x， f′(x)＝a x ＋(1－a)x－1＝1－a x x－ a 1－a (x－1)． ①若 a≤1 2 ，则 a 1－a ≤1，故当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增． 所以，存在 x0≥1，使得 f(x0)< a a－1 的充要条件为 f(1)< a a－1 ， 即1－a 2 －1< a a－1 ，解得－ 2－11，故当 x∈ 1， a 1－a 时，f′(x)<0；当 x∈ a 1－a ，＋∞ 时，f′(x)>0， f(x)在 1， a 1－a 上单调递减，在 a 1－a ，＋∞ 上单调递增． 所以，存在 x0≥1，使得 f(x0)< a a－1 的充要条件为 f a 1－a < a a－1. 而 f a 1－a ＝aln a 1－a ＋ a2 21－a ＋ a a－1 > a a－1 ，所以不符合题意． ③若 a>1，则 f(1)＝1－a 2 －1＝－a－1 2 < a a－1. 综上，a 的取值范围是(－ 2－1， 2－1)∪(1，＋∞)． 2．已知函数 f(x)＝ln x－a x ＋ a x2(a∈R)． (1)若 a＝1，求函数 f(x)的极值； (2)若 f(x)在[1，＋∞)内为单调增函数，求实数 a 的取值范围； (3)对于 n∈N*，求证： 1 1＋12 ＋ 2 2＋12 ＋ 3 3＋12 ＋…＋ n n＋120)． (1) 若 a＝1，则 f′(x)＝x2＋x－2 x3 ， 令 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－2(舍去)， 由 f′(x)>0，得 x>1，由 f′(x)<0，得 01 时，即 a<－2 时，g －a 2 ≥0⇒－8≤a≤0，所以－8≤a<－2， 综上，实数 a 的取值范围为[－8,1]． (3)证明：当 a＝1 时，由(1)知，f(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 x>1 时，f(x)>f(1)＝0，即 ln x>1 x － 1 x2 ， 令 x＝n＋1 n (n∈N*)，因为n＋1 n >1， 所以 ln n＋1 n > n n＋1 － n2 n＋12 ＝ n n＋12 ， 所以错误! i i＋12h(0)＝0，∴g′(x)>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)>g(0)＝0(不合题意)． ②当 3a≥1，即 a≥1 3 时，h′(x)≤0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∴h(x)0，h′(π)＝－1－3a<0， ∴在(0，π)上，∃x0 使 h′(x0)＝0， 且 x∈(0，x0)时，h′(x)>0⇒g′(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 1 3 ，＋∞ . (3)证明：m＝  2 0  f(x)dx＝(－xsin x－2cos x)|π 2 0 ＝2－π 2 ， ∴g(x)＝ 3 x2f(x)． 由(2)知，当 a＝1 3 时，f(x)<1 3x3， ∴g(x)0，则 u′(x)＝ －x x＋1 <0， ∴u(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴u(x)0， 故当 x∈[1，x0)时，H1′(x)<0，H1(x)单调递减； 当 x∈(x0,2]时，H1′(x)>0，H1(x)单调递增． 因此，当 x∈[1，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 x∈[1，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 x∈[1，x0)∪(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p q ≠x0，故 f p q ≠0. 又因为 p，q，a 均为整数， 所以|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|是正整数， 从而|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|≥1. 所以|p q －x0 |≥ 1 g2q4. 所以只要取 A＝g(2)，就有|p q －x0 |≥ 1 Aq4. 已知函数 f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝x2＋2x＋a x＋2 (a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间及最值； (2)若对∀x>0，f(x)＋g(x)>1 恒成立，求 a 的取值范围； (3)求证：1 3 ＋1 5 ＋1 7 ＋…＋ 1 2n＋1 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)>1⇔ln(1＋x)－x＋x2＋2x＋a x＋2 >1⇔ ln(1＋x)＋ a x＋2>1⇔a>(x＋2)[1－ln(1＋x)]． 令 h(x)＝(x＋2)[1－ln(1＋x)]， 则 h′(x)＝1－ln(1＋x)－x＋2 x＋1 ＝－ln(1＋x)－ 1 x＋1. 当 x>0 时，显然 h′(x)＝－ln(1＋x)－ 1 x＋1<0， 所以 h(x)在(0，＋∞)上是减函数． 所以当 x>0 时，h(x)0 时，ln(1＋x)＋ 2 x＋2 >1， 即 ln(1＋x)> x x＋2 . 令 x＝1 k(k∈N*)，得 lnk＋1 k > 1 k 2＋1 k ， 即 lnk＋1 k > 1 2k＋1 . 所以 ln 2 1 ＋ln 3 2 ＋ln 4 3 ＋…＋ln n＋1 n >1 3 ＋1 5 ＋1 7 ＋…＋ 1 2n＋1 ， 即1 3 ＋1 5 ＋1 7 ＋…＋ 1 2n＋1