2019届二轮(理科数学) 专题提能一函数、导数与不等式的提分策略 专题卷(全国通用)

2019届二轮（理科数学） 专题提能一函数、导数与不等式的提分

策略 专题卷（全国通用）

x＋a

1．(2018·胶州模拟)已知函数f(x)＝x(a∈R，e为自然对数的底数，e≈2.718 28)．

e(1)若曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率为－1，求实数a的值； (2)求f(x)在[－1,1 上的最大值g(a)；

m(3)当a＝0时，若对任意的x∈(0,1)，恒有f(x)>fx，求正实数m的最小值． ex－x＋aex1－x－a解析：(1)f′(x)＝＝，f′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2.

exex2(2)由f′(x)>0，得x<1－a；由f′(x)<0，得x>1－a.

所以f(x)的单调递增区间是(－∞，1－a)，单调递减区间是(1－a，＋∞)． 当1－a<－1，即a>2时，f(x)在[－1,1 上单调递减，f(x)max＝f(－1)＝(a－1)e； 当－1≤1－a≤1，即0≤a≤2时，x＝1－a为f(x)在区间[－1,1 上的极大值点，也是最1

大值点，所以f(x)max＝f(1－a)＝1－a；

e

当1－a>1，即a<0时，f(x)在[－1,1 上单调递增，f(x)max＝f(1)＝

1＋a

. e

所以g(a)＝1

，0≤a≤2e

a－1e，a>2

1－a1＋a

，a<0e

.

(3)当a＝0时，由(2)知，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 若0f(1)，与f(x)在(－∞，1)上单调递增矛盾，所以只有m≥1. 1mm11，即可满足f(x)>fm. 当m≥1时，≥>1，所以f≥f，故只需f(x)>fxxxxxx1下面证明f(x)>fx在区间(0,1)上恒成立．

1

1xx11x12

f(x)>f，即x>，即xe>e，即x>ex－，两边取对数， xe1xxx

ex11

x－. 得ln x>2x1－x－121111

构造函数h(x)＝ln x－x－x，则h′(x)＝－1＋x2＝，对任意的x∈(0,1)，

2x22x2h′(x)<0，故h(x)在(0,1)上单调递减，

11

x－. 所以h(x)>h(1)＝0，所以ln x>2x综上可知，正实数m的最小值为1.

2．(2018·贵阳模拟)设函数f(x)＝xln(ax)(a>0)． 1

(1)设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性；

2

11

(2)过两点A(x1，f′(x1))，B(x2，f′(x2))(x1x2x11

解析：(1)f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝(ln a)x2＋ln(ax)＋1，

2

2

1ln ax＋1

函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝(ln a)x＋＝.

xx

①当ln a≥0，即a≥1时，恒有F′(x)>0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数； ②当ln a<0，即0令F′(x)>0，得(ln a)x2＋1>0，解得0 所以函数F(x)在0，

－

－1－； ln a1. ln a

－

1，＋∞上为减函数． ln a



1上为增函数，在ln a

x2x1f′x2－f′x1lnax2－ lnax111

(2)证明：因为 ＝＝＝，x2－x1>0，要证< <，

x2x1x2－x1x2－x1x2－x1

ln

x2－x1x2x2－x1

即证x2x1x1

x21

令t＝，则t>1，则只要证1－x1t

1

①设g(t)＝t－1－ln t，则g′(t)＝1－>0(t>1)，故g(t)在(1，＋∞)上是增函数．

t所以当t>1时，g(t)＝t－1－ln t>g(1)＝0，即t－1>ln t成立． 1

②要证1－1，即证t－1t

设h(t)＝tln t－(t－1)，则h′(t)＝ln t>0(t>1)，故函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数， 所以当t>1时，h(t)＝tln t－(t－1)>h(1)＝0，即 t－1故由①②知< <成立，得证．

x2x1

3．(2018·开封模拟)已知函数f(x)＝xln x＋ax(a∈R)．

(1)若函数f(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围 ；

(2)若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)> (x－1)＋ax－x恒成立，求正整数 的值．

解析：(1)由f(x)＝xln x＋ax，得f′(x)＝ln x＋a＋1， ∵函数f(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数， ∴当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)≥0，

即ln x＋a＋1≥0在区间[e2，＋∞)上恒成立， ∴a≥－1－ln x.

又当x∈[e2，＋∞) 时，ln x∈[2，＋∞)，∴－1－ln x∈(－∞，－3 ． ∴a≥－3.

(2)若对任意x∈(1，＋∞)，f(x)> (x－1)＋ax－x恒成立， 即xln x＋ax> (x－1)＋ax－x恒成立， 也就是 (x－1)0.

xln x＋x

则问题转化为 <对任意x∈(1，＋∞)恒成立．

x－1xln x＋xx－ln x－2

设函数h(x)＝，则h′(x)＝，

x－1x－121

再设m(x)＝x－ln x－2，则m′(x)＝1－. x∵x∈(1，＋∞)，∴m′(x)>0，

则m(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上为增函数 ， ∵m(1)＝1－ln 1－2＝－1，m(2)＝2－ln 2－2＝－ln 2， m(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，m(4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4>0. ∴∃x0∈(3,4)，使m(x0)＝x0－ln x0－2＝0. ∴当x∈(1，x0)时，m(x)<0，h′(x)<0， xln x＋x

∴h(x)＝在(1，x0)上单调递减，

x－1当x∈(x0，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0， xln x＋x

∴h(x)＝在(x0，＋∞)上单调递增，

x－1x0ln x0＋x0

∴h(x)的最小值为h(x0)＝.

x0－1

xln x＋x

∵m(x0)＝x0－ln x0－2＝0，∴ln x0＋1＝x0－1，代入函数h(x)＝得h(x0)＝x0，

x－1∵x0∈(3,4)，且 4．已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.

(1)若函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的斜率为1，求实数a的值； (2)讨论函数f(x)的单调性；

(3)证明：对任意的n∈N，都有ln(1＋n)>

i＝1

n

i－1

成立． i22ax2－2a＋1x＋12ax－1x－11

解析：由题意得f′(x)＝＋2ax－(2a＋1)＝＝，x∈(0，

xxx＋∞)．

4a－13

(1)由题意得f′(2)＝1，即＝1，解得a＝. 24

(2)①当a≤0时，2ax－1<0在(0，＋∞)上恒成立，由f′(x)>0得01，故函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

1

②当a>0时，令f′(x)＝0得x＝1或x＝，

2a

1111

当<1，即a>时，由f′(x)>0得x>1或00，，(1，＋∞)上单调递增，在，1上单调递减； 故函数f(x)在2a2a1111

当>1，即00，得x>或0，＋∞上单调递增，在1，上单调递减； 故函数f(x)在(0,1)，2a2a11

当＝1，即a＝时，在(0，＋∞)上恒有f′(x)≥0，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 2a2综上可知，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 111

1，上单调递减，在，＋∞上单调当01

当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

2

111

0，上单调递增，在，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调当a>时，函数f(x)在2a2a2递增．

(3)证明：由(2)知，当a＝1时，函数f(x)＝ln x＋x2－3x在(1，＋∞)上单调递增，∴ln x＋x2－3x≥f(1)＝－2，即ln x≥－x2＋3x－2＝－(x－1)(x－2)，

1111

1＋>－2， 令x＝1＋，n∈N ，则lnnnnn

111111111111

1＋＋ln1＋＋ln1＋＋…＋ln1＋>－2＋－2＋－2＋…＋－2， ∴ln123n112233nn

1＋11＋11＋1×…×1＋1>1－12＋1－12＋1－12＋…＋1－12，即ln(1＋∴ln123n112233nn

n

n)>∑ ＝

i1

i－1

. i2

ni1

故对任意的n∈N，都有ln(1＋n)>∑ ＝

i－1

成立． i2