2020大二轮专题复习与增分策略解答题突破练

1、(五)函数与导数_ 21 .设函数 f(x) = ax + bx+ c(aA0)，曲线 y = f(x)过点(0,2 a+ 3)，且在点(一 1, f ( 1) 处的切线垂直于 y 轴.(1) 用 a 分别表示 b 和 c；(2) 当 bc 取得最小值时，求函数解(1) f '( x) = 2ax+ b,2a+ 3 = c,由题意得2a - 1 + b= 0,(2)由(1)得 bc= 2a(2a+ 3) = 43故当 a= 4 时， bc 取得最小值此时有 b= 2, c = 2,3 233从而 f(x) = 4x 一 2x + 2,x 3 23g(x) = f(x)e = 4X +

2、* g(x) = f (x)e -x的单调区间则 b= 2a, c = 2a+ 3.3a+ -433f'(x) = 2x一 2,3 2- x所以 g'(x) = 4( x 4)e,令 g'( x) = 0，解得 X1 = 2, X2= 2. 当 x ? ( a, 2)时， g'( x)<0 ,故g(x)在(一 a, 2)上为减函数；当 x ?( 2,2)时,g'( x)>0 ,故g(x)在(一 2,2)上为增函数；当 x ? (2，+a)时，g'( x)<0 ,故g(x)在(2，+a)上为减函数.2) , (2，+a)，单调递增

3、区间为(一 2,2).综上，函数g(x)的单调递减区间为(一 a,2. (2019 ?宁波中学模拟)已知函数f(x) = xln x歹一 x + a(a? R)在定义域内有两个不同的极值 点.(1)求a的取值范围；记f (x)的两个极值点为X1,X2,且XkX2,已知入>0,若不等式X1 ?X2>e“恒成立，求入的取值范围.解(1)由题意知f '( X) = In x ax= 0有两个不同的实根In x即y = a与g( x)=的函数图象有两个不同的交点1 In x? g'(x=,x>0,令 g'( x) = 0，得 x =? g(x在(0 , e)上

4、单调递增，在(e,+T上单调递减 又? XT0, g(x)T 8,xT + 8, g(x)? 0,1g(e) = e>0,1?aC 0 eTe1<X1 ?必等价于1 +入<1 n X1+入In X2,由知X1, X2是方程In x ax= 0的两根，即 In X1= ax1, In X2= ax2,?原式等价于 1 + 入vax"入ax2= a( X1 +入x 2), / 入 >0,0< X1VX2,?原式等价于a>X1 + Xx2,又由 In X1= ax1, InX2 = ax2作差得X1In =a(X1 X2)X2?原式等价于lX<X2

5、X1 X2X1 + 入 X2X1 -1X2X1+入X2恒成立,人 X1令 t= X；，t?(。，则不等式In t<七； t十人1在t ?(0,1)上恒成立，令 h(t) = In1 +入ttt+I t ? (0 1)又因为入>0,故入1.即实数 入的取值范围是 1 ,+8) ?3. 已知函数 f(x) = (x2 1)ln x.(1) 求函数f(x)的单调区间；2(2) 若 a<2,证明:f (x) >a(x 1).1 1解 (1)f'( x) = 2xln x+ x x = x 2ln x + 1亍,令 h(x) = 2ln1x+ 1 2 2, x>0,

6、 则 h'( x) = -+ r>0 ，所以x xh(x)在(0 ,x2因为h(1) = 0,所以当x>1时，h(x)>h(1) = 0, f(x)单调递增，当 0<xv1时，+8)上单调递增 .h(x)<h(1) = 0, f (x)单调递减 .所以函数f(x)的单调递增区间是(1 , +8)，单调递减区间是(0,1).2 2 2 2 2由题意知 ,a(x 1) v2(x 1)，则证明 f (x) > a(x 1)，可证 2(x 1) v(x 1)ln x,即证(x 1 )ln令 H( x)2 x 1ln xx+A，x>0.贝 H( X)=x

7、 x+ 1所以当x>0时，H( x)单调递增.又 H(1) = 0,所以当 x>i 时， H：x) > H1) = 0,当 0vxv1 时， H(x)vH1) = 0,2 x 12 x 1则当 x>1 时， (x 1) ln x 1>0,当 0VXV1 时， (x 1) ln x1 >0,x + 1x + 12 x 1所以 (x 1) ln x >0, 不等式得证 .4. (2019?衢二中模拟)已知函数f (x) =exx,g(x)=(x + k)ln(x+k)x.(1)若 k = 1, f '( t) = g'( t)，求实数 t

8、的值；若对任意的a>0, b>0,不等式f (a) + g( b) >f (0) + g(0) + ab恒成立，求正实数 k的取值范围.解 (1)f'( x) = ex 1, g'( x) = ln( x+ k) , x> k由 k = 1, f'( t) = g'( t)，得 et ln( t + 1) 1 = 0,1令 0 (t) = et ln( t + 1) 1，贝U 0 '( t) = et 市，1 1令 k( t) = 0 '(t) = e ，贝 V k'(t) = e + - _>°,

9、所以 0'()在(1,+A)上单调递增，又 (0) = 0,所以当一 IvxvO时，0'()<0, 0单调递减；当x>0时，0'( )>0, 0单调递增，所以 0 (t) > 0(0) = 0,当且仅当 t = 0时等号成立. 故方程有且仅有唯一解 t = 0, 即实数 t 的值为 0. 方法一 令 h(x) = f(x) bx+ g(b) f(0) g(0)( x> k), 则 h'( x) = ex (b+ 1),所以当x>ln( b+ 1)时，h'(x)>0, h( x)单调递增；当 Ovxvl n( b+

10、 1)时，h'( x)<0, h(x)单调递减，故 h(x) > h(ln( b+ 1)=f (ln( b+ 1) + g( b) f(0) g(0) bln( b+ 1)=(b+ k)ln( b+ k) (b+1)1 n( b+ 1) kin k.令t(x) = (x +k)ln( x +k) (x+1)ln( x +1) kin k( x> k),则t'( x) = ln(x+ k) ln( x+ 1). 若k>1, t ' (x)>0 , t(x)在(0,+八)上单调递增， 所以 t(x)>t(0) = 0，满足题意； 若k=

11、1, t(x) = 0,满足题意； 若Ovkvl, t' (x)<0 , t(x)在(0,+八)上单调递减， 所以 t(x)vt(0) = 0，不满足题意 .综上所述，正实数 k的取值范围是1 + ).方法二先证明不等式，ex x 1 >0, x 1 >ln x,x xln x 1 v 0.(*)令 x) = ex x 1,则当x>o时，m (x)=ex1>0, mx)单调递增，当 xW0 时， m' (x)=ex 1v 0, m(x)单调递减，所以 mx) > m(0) =x0, 即卩 e x1>0( x ? R).变形得， ex&g

12、t; x+1 ，所以 x> 1 时， x > ln( x+ 1),所以当 x>0 时， x 1 >ln x.11又由上式得，当 x>0 时， - 一 1 >ln -,xx1 x> xln x, x xln x 1 v0.因此不等式 (*)均成立 .令 h(x) = g(x) ax + f(a) f (0) g(0)( x> k), 则 h'( x) = in( x+ k) a, 若 a>ln k,当 x>ea k 时，h'( x)>0, h(x)单调递增；当 0<x<ea k 时，h'( x)

13、<0, h(x)单调递减，故 h(x) > h(ea k) = g(ea k) a(e a k) + f (a) f(0) g(0)=(k 1) a+ k 1 kin k. 若 0<awin k 时， h'( x) >0,h(x)在(0 ,+s)上单调递增， 所以 h(x)>h(0) = f(a) f(0) = ea a 1.因此， (i )当 0<k W1 时，此时 in kw0, a>ln k, h(x)(k 1)a + k 1 kin k0,k1> 0,则需k 1 kin k>0,由(*)知，k kin k iw 0(当且仅当

14、k= 1时等号成立)，所以k= 1.(ii)当k>1时，此时 ink>0,a>0.则当 a>ink 时，h(x) >(k 1) a+ k 1 kink>( k 1)in k+k 1 kin k = in k+ k 1>0(由(*)知)；当 0<aw in k 时,h(x)>ea a 1>0(由(*)知). 故对于任意 a>0, h(x)>0.综上所述，k的取值范围是1 ,+八).5. (2019 ?镇海中学模拟 )已知函数 f (x) = eaxin( x + 1)，其中 a? R(1)设 F(x) = eaxf '

15、;( x)，讨论 Rx)的单调性； 若函数g(x) = f (x) x在(0，+A )内存在零点，求a的取值范围.解 (1)由题意得,f (x )的定义域为 x| x>1 , f '(x) = a -eaxln( x + 1) + eax1 当 a<0 时，贝 U x =- 1< 1,a因此在(一1，+R)上恒有F'( x)<0,即F( x)在(一 1,+A)上单调递减；1 当a>0时，x=吕一 1> 1,1因此在一 1, 1 上有 F'( x)<0 ,aa则 F'(x) =石1x)>0 ,在1 ,+m 上有 F&

16、#39;(a1因此F(x)在一 1, 1 上单调递减，1在- 1,+A上单调递增 .a综上，若awo, F(x)在(一1,+a)上单调递减；若 a>0,F(x)在一二-1一 1 上单调递减，1a在 a 1,+ m上单调递增.a(2) g( x)= f (x) x=eaxln( x + 1) x, x ?(0 ,+A),g'( x) = f '( x) 1 =1eax alnx + 1+ xA 1=eaxF( x) 1,设 h(x) =g'( x) = eaxF(x) 1,则 h'( x)= eax aF(x)+ F' (x)ax 2| .2ax+

17、2a 1=e a l n x + 1 + 厂 .x + 1 先证明一个命题：当x>0 时， ln( x+ 1)< x,令 S(x) = ln(1 + x) x, x>0,1 x则 S'(x) = 1 = w 0,1 + x 1 + x '故S(x)在(0,+八)上是减函数，从而当x>0时，S(x)<S(0) = 0，故命题成立. 若 aw 0, 由 x>0 可知， 0<e w 1.(0，+A)都成立，所以 g(x) = eaxln( x+ 1) x<eaxx x = x(eax 1) w 0,故 g(x)<0，对任意 x?

18、故g(x)在(0，+A )上无零点，因此 a>0.当Ova*时，考察函数h'( x),1由于 h' (0) = 2a 1<0, h'石 >0,所以h'(x)在(0,+八)上必存在零点.设h'( x)在(0,+A)的第一个零点为xo,则当 x? (0 , X。)时，h'( x)<0 ,故h(x)在(0 , Xo)上为减函数，又 h(x°v h(0) = 0,所以当 x?(0 , x°时，g'( x)<0,从而g( x)在(0 , x°上单调递减，故在(0 , X。)上恒有 g(x)

19、vg(0) = 0,即 g(x°<0，注意到 eax>ax,因此 g( x) = eaxln( x+ 1) x>axln( x +1) x =xaln( x+ 1) 1,-)a >x ? In 冉=0,令 x = ea 时，则有 g( x)>x ? In由零点存在性定理可知函数y = g( x)在x° ea上有零点，符合题意1 若a>2,则由x>0可知，h'( x)>0恒成立，从而h(x)在(0,+a )上单调递增，也即g'(x)在(0,+a )上单调递增，因此 g'(x)>g' (0)

20、= 0,即g(x)在(0,+a)上单调递增，从而g( x)> g(0) = 0恒成立，故方程g(x) = 0在(0，+a)上无解.1综上可知，a的取值范围是0, 2 .6. (2019 ?嘉兴一中模拟)已知函数f (x) = ln( x + 1) p仅.(1)若f (x)在定义域内为减函数，求p的取值范围；113数列若 an满足a1 = 3, an+1 =:1 + an+n,试证明：当 n2时，4w an<4e-.n n +144(1)解? f x)为减函数，1p< 0怕成v； x+1 2Jx? P> 空 max,x+ 1又x+-4w 1(当且仅当x= 1时，取等号X

21、+ ； XP>1.证明T a= 3,an+1 =1 11 + 1 2 n+ 12 an+ 才,1 1? an+1- an= n2 n+12 an + 卩 >°，?a递增,11又 a2= 1 + 茯 2 a+厂4,?当 n>2 时，an>an1>a2= 4,即 an>4( n2,n ? N).1 1an+1 = 1 + n2 n+ 12 an+ 孑an+1111一一亍 1 + n2n+ 12 +打1+ 孑 n+1卄厂(利用进行放缩，消掉多余的由 nA+112,联想到是可裂项的.再由f(x)的特点决定两边同取对数an+ 1-1 , 1?In w In1+ 2 +.n+ 1ann n+14由(1)可得f (x)=In ( x+ 1)-五为减函数，进而f(x) w f (°) = °,即卩 In ( x + 1) w '