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)＝alnx＋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)<，求a的取值范围．解：(1)f′(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)＝alnx＋x2－x，f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．①若a≤≤，则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)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－1
1，故当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<.而f＝aln＋＋>，所以不符合题意．③若a>1，则f(1)＝－1＝<.综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1∞，＋)．2．已知函数f(x)＝lnx－＋(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：＋＋＋＋0)．(1)若a＝1，则f′(x)＝，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≥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lnx>－，令x＝(n∈N*)，因为>1，所以ln>－＝，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)．②当3a≥1，即a≥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.4．(2017·天津高考)设a∈Z，已知定义在R上的函数f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导函数．(1)求g(x)的单调区间；(2)设m∈[1，x0)∪(x0,2]，函数h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，求证：h(m)h(x0)<0；(3)求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0)∪(x0,2]，≥满足.解：(1)由f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，可得g(x)＝f′(x)＝8x3＋9x2－6x－6，进而可得g′(x)＝24x2＋18x－6.令g′(x)＝0，解得x＝－1或x＝.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(∞－，－1)g′(x)＋－＋g(x)所以g(x)的单调递增区间是(∞－，－1)，，单调递减区间是.(2)证明：由h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，得h(m)＝g(m)(m－x0)－f(m)，h(x0)＝g(x0)(m－x0)－f(m)．令函数H1(x)＝g(x)(x－x0)－f(x)，则H1′(x)＝g′(x)(x－x0)．由(1)知，当x∈[1,2]时，g′(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...
