2019数学(理)二轮能力训练：专题提能一函数、导数与不等式的提分策略

1．(2018·胶州模拟)已知函数f (x )＝x ＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数，e ≈2.718 28)．(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 )；(3)当a ＝0时，若对任意的x ∈(0,1)，恒有f (x )>f ⎝⎛⎫m x ，求正实数m 的最小值． 解析：(1)f ′(x )＝e x －(x ＋a )e x (e x )2＝1－x －a e x ，f ′(0)＝1－a ＝－1，解得a ＝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，也是最大值点，所以f (x )max ＝f (1－a )＝1e 1－a ；当1－a >1，即a <0时，f (x )在[－1,1]上单调递增，f (x )max ＝f (1)＝1＋ae. 所以g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋ae，a <01e 1－a，0≤a ≤2(a －1)e ，a >2.(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0<m <1，取x ＝m ，则有f (m )>f (1)，与f (x )在(－∞，1)上单调递增矛盾，所以只有m ≥1. 当m ≥1时，m x ≥1x >1，所以f ⎝⎛⎭⎫1x ≥f ⎝⎛⎭⎫m x ，故只需f (x )>f ⎝⎛⎭⎫1x ，即可满足f (x )>f ⎝⎛⎭⎫m x . 下面证明f (x )>f ⎝⎛⎭⎫1x 在区间(0,1)上恒成立．f (x )>f ⎝⎛⎭⎫1x ，即x e x >1x e 1x ，即x e 1x >1x e x ，即x 2>e x －1x，两边取对数， 得ln x >12⎝⎛⎭⎫x －1x .构造函数h (x )＝ln x －12⎝⎛⎭⎫x －1x ，则h ′(x )＝1x －12⎝⎛⎭⎫1＋1x 2＝－(x －1)22x 2，对任意的x ∈(0,1)，h ′(x )<0，故h (x )在(0,1)上单调递减，所以h (x )>h (1)＝0，所以ln x >12⎝⎛⎭⎫x －1x . 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 )＝x ln(ax )(a >0)． (1)设F (x )＝12f (1)x 2＋f ′(x )，讨论函数F (x )的单调性；(2)过两点A (x 1，f ′(x 1))，B (x 2，f ′(x 2))(x 1<x 2)的直线的斜率为k ，求证：1x 2<k <1x 1.解析：(1)f ′(x )＝ln(ax )＋1，所以F (x )＝12(ln a )x 2＋ln(ax )＋1，函数F (x )的定义域为(0，＋∞)，F ′(x )＝(ln a )x ＋1x ＝(ln a )x 2＋1x.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<a <1时，令F ′(x )>0，得(ln a )x 2＋1>0，解得0<x < －1ln a ； 令F ′(x )<0，得(ln a )x 2＋1<0，解得x > －1ln a. 所以函数F (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1ln a 上为增函数，在⎝⎛⎭⎫－1ln a ，＋∞上为减函数． (2)证明：因为k ＝f ′(x 2)－f ′(x 1)x 2－x 1＝ln (ax 2)－ ln (ax 1)x 2－x 1＝lnx 2x 1x 2－x 1，x 2－x 1>0，要证1x 2<k <1x 1，即证x 2－x 1x 2<ln x 2x 1<x 2－x 1x 1，令t ＝x 2x 1，则t >1，则只要证1－1t<ln t <t －1即可，①设g (t )＝t －1－ln t ，则g ′(t )＝1－1t >0(t >1)，故g (t )在(1，＋∞)上是增函数．所以当t >1时，g (t )＝t －1－ln t >g (1)＝0，即t －1>ln t 成立． ②要证1－1t<ln t ，由于t >1，即证t －1<t ln t ，设h (t )＝t ln 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 )＝t ln t －(t －1)>h (1)＝0，即 t －1<t ln t 成立． 故由①②知1x 2<k <1x 1成立，得证．3．(2018·开封模拟)已知函数f (x )＝x ln x ＋ax (a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[e 2，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围 ；(2)若对任意x ∈(1，＋∞)，f (x )>k (x －1)＋ax －x 恒成立，求正整数k 的值． 解析：(1)由f (x )＝x ln x ＋ax ，得f ′(x )＝ln x ＋a ＋1， ∵函数f (x )在区间[e 2，＋∞)上为增函数， ∴当x ∈[e 2，＋∞)时，f ′(x )≥0，即ln x ＋a ＋1≥0在区间[e 2，＋∞)上恒成立， ∴a ≥－1－ln x .又当x ∈[e 2，＋∞) 时，ln x ∈[2，＋∞)，∴－1－ln x ∈(－∞，－3]． ∴a ≥－3.(2)若对任意x ∈(1，＋∞)，f (x )>k (x －1)＋ax －x 恒成立， 即x ln x ＋ax >k (x －1)＋ax －x 恒成立， 也就是k (x －1)<x ln x ＋ax －ax ＋x 恒成立， ∵x ∈(1，＋∞)，∴x －1>0.则问题转化为k <x ln x ＋xx －1对任意x ∈(1，＋∞)恒成立．设函数h (x )＝x ln x ＋x x －1，则h ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2，再设m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x .∵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. ∴∃x 0∈(3,4)，使m (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0.∴当x ∈(1，x 0)时，m (x )<0，h ′(x )<0， ∴h (x )＝x ln x ＋xx －1在(1，x 0)上单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )>0，h ′(x )>0， ∴h (x )＝x ln x ＋xx －1在(x 0，＋∞)上单调递增，∴h (x )的最小值为h (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1.∵m (x 0)＝x 0－ln x 0－2＝0，∴ln x 0＋1＝x 0－1，代入函数h (x )＝x ln x ＋xx －1得h (x 0)＝x 0，∵x 0∈(3,4)，且k <h (x )对任意x ∈(1，＋∞)恒成立， ∴k <h (x )min ＝x 0，∴k ≤3， ∴k 的值为1,2,3.4．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(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 ＝1ni －1i 2成立． 解析：由题意得f ′(x )＝1x ＋2ax －(2a ＋1)＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x ，x ∈(0，＋∞)．(1)由题意得f ′(2)＝1，即4a －12＝1，解得a ＝34.(2)①当a ≤0时，2ax －1<0在(0，＋∞)上恒成立，由f ′(x )>0得0<x <1，由f ′(x )<0得x >1，故函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．②当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a，当12a <1，即a >12时，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1， 故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减；当12a >1，即0<a <12时，由f ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ， 故函数f (x )在(0,1)，⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减； 当12a ＝1，即a ＝12时，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，故函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 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； 当0<a <12时，函数f (x )在(0,1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(3)证明：由(2)知，当a ＝1时，函数f (x )＝ln x ＋x 2－3x 在(1，＋∞)上单调递增，∴ln x ＋x 2－3x ≥f (1)＝－2，即ln x ≥－x 2＋3x －2＝－(x －1)(x －2)，令x ＝1＋1n，n ∈N *，则ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n >1n －1n 2， ∴ln ⎝⎛⎭⎫1＋11＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋13＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n >11－112＋12－122＋13－132＋…＋1n －1n2， ∴ln ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋11⎝⎛⎫1＋12⎝⎛⎫1＋13×…×⎝⎛⎫1＋1n >11－112＋12－122＋13－132＋…＋1n －1n2，即ln(1＋n )>∑ni ＝1i －1i 2.故对任意的n ∈N *，都有ln(1＋n )>∑ni ＝1i －1i 2成立．。