2019届高三人教A版数学一轮复习练习：第二章 函数、导数及其应用 第13节 第一

第二章 第13节 第一课时

1．(导学号14577225)(2018·银川市模拟)设f (x )＝x ln x ＋ax 2，a 为常数．

(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，求实数a 的值；

(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2且x 1＜x 2

①求证：－12

＜a ＜0 ②求证：f (x 2)＞f (x 1)＞－12

. 解：(1)f (x )＝x ln x ＋ax 2的导数为f ′(x )＝ln x ＋1＋2ax ，

在x ＝1处的切线斜率为k ＝1＋2a ，切点为(1，a )，

在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，则k ＝1＋2a ＝a ＋2，

解得a ＝1；

(2)证明：①由题意可得f ′(x )＝0有两个不等的实根x 1，x 2，且0＜x 1＜x 2，

设g (x )＝ln x ＋1＋2ax ，g ′(x )＝1x

＋2a ，x ＞0. 当a ≥0，则g ′(x )＞0，g (x )在(0，＋∞)递增，不合题意；

当a ＜0时，g ′(x )＞0解得x ＜－12a ，g ′(x )＜0解得x ＞－12a

， 即有g (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 递增，在⎝⎛⎭

⎫－12a ，＋∞递减． 即有g ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＞0，解得－12

＜a ＜0； ②由上可知，f (x )在(x 1，x 2)递增，即有f (x 2)＞f (x 1)，

f ′(1)＝

g (1)＝1＋2a ＞0，则x 1∈(0,1)，由①可得ax 1＝

－1－ln x 12， 即有f (x 1)＝x 1ln x 1＋ax 21＝12

(x 1ln x 1－x 1)， 设h (x )＝12

(x ln x －x )，0＜x ＜1， h ′(x )＝12

ln x ＜0在(0,1)恒成立， 故h (x )在(0,1)递减，故h (x )＞h (1)＝－12

， 由此可得f (x 1)＞－12

， 综上可得f (x 2)＞f (x 1)＞－12

.1．(导学号14577225)(2018·银川市模拟)设f (x )＝x ln x ＋ax 2，a 为常数．

(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，求实数a 的值；

(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2且x 1＜x 2

①求证：－12

＜a ＜0 ②求证：f (x 2)＞f (x 1)＞－12

. 解：(1)f (x )＝x ln x ＋ax 2的导数为f ′(x )＝ln x ＋1＋2ax ，

在x ＝1处的切线斜率为k ＝1＋2a ，切点为(1，a )，

在x ＝1处的切线过点A (0，－2)，则k ＝1＋2a ＝a ＋2，

解得a ＝1；

(2)证明：①由题意可得f ′(x )＝0有两个不等的实根x 1，x 2，且0＜x 1＜x 2，

设g (x )＝ln x ＋1＋2ax ，g ′(x )＝1x

＋2a ，x ＞0. 当a ≥0，则g ′(x )＞0，g (x )在(0，＋∞)递增，不合题意；

当a ＜0时，g ′(x )＞0解得x ＜－12a ，g ′(x )＜0解得x ＞－12a

， 即有g (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 递增，在⎝⎛⎭

⎫－12a ，＋∞递减． 即有g ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＞0，解得－12

＜a ＜0； ②由上可知，f (x )在(x 1，x 2)递增，即有f (x 2)＞f (x 1)，

f ′(1)＝

g (1)＝1＋2a ＞0，则x 1∈(0,1)，由①可得ax 1＝

－1－ln x 12， 即有f (x 1)＝x 1ln x 1＋ax 21＝12

(x 1ln x 1－x 1)， 设h (x )＝12

(x ln x －x )，0＜x ＜1， h ′(x )＝12

ln x ＜0在(0,1)恒成立， 故h (x )在(0,1)递减，故h (x )＞h (1)＝－12

， 由此可得f (x 1)＞－12

， 综上可得f (x 2)＞f (x 1)＞－12

. 2．(导学号14577226)已知函数f (x )＝x ln x ＋mx (m ∈R )的图象在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.

(1)求实数m 的值；

(2)设g (x )＝f (x )－x x －1

，讨论g (x )的单调性；

(3)已知m ，n ∈N *且m >n >1，证明m

n n m >n m . 解：(1)因为f (x )＝x ln x ＋mx ，所以f ′(x )＝1＋ln x ＋m .

由题意f ′(1)＝1＋ln 1＋m ＝2，得m ＝1.

(2)g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln x x －1

(x >0，x ≠1)， 所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

. 设h (x )＝x －1－ln x ，h ′(x )＝1－1x

. 当x >1时，h ′(x )＝1－1x

>0，h (x )是增函数， h (x )>h (1)＝0，

所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

>0， 故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；

当0<x <1时，h ′(x )＝1－1x

<0，h (x )是减函数， h (x )>h (1)＝0，

所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2

>0，故g (x )在(0,1)上为增函数； 所以g (x )在区间(0,1)和(1，＋∞)上都是单调递增的． (3)证明：由已知可知要证m n n m >n m ， 即证ln n m －ln m n

>ln n －ln m ， 即证n －1n ln m >m －1m

ln n ， 即证m ln m m －1>n ln n n －1

，即证g (m )>g (n )， 又m >n >1(m ，n ∈N *)，由(2)知g (m )>g (n )成立，所以m n n m >n m . 3．(导学号14577227)(理科)函数f (x )＝ln(x ＋m )－n ln x .

(1)当m ＝1，n ＞0时，求f (x )的单调减区间；

(2)n ＝1时，函数g (x )＝(m ＋2x )f (x )－am ，若存在m ＞0，使得g (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围．

解：(1)f (x )＝ln(x ＋1)－n ln x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋1－n x ＝(1－n )x －n x (x ＋1)

， ①当n ＝1时，f ′(x )＝－1x (x ＋1)

＜0，此时f (x )的单调减区间为(0，＋∞)； ②当0＜n ＜1时，0＜x ＜n 1－n

时，f ′(x )＜0，此时f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎫0，n 1－n ； ③当n ＞1时，x ＞n 1－n

时，f ′(x )＜0，此时减区间为⎝⎛⎭⎫n 1－n ，＋∞. (2)n ＝1时，g (x )＝(m ＋2x )[ln(x ＋m )－ln x ]－am ，

∵g (x )＞0，∴g (x )x ＞0，即⎝⎛⎭⎫m ＋x x ＋1ln m ＋x x －a ⎝⎛⎭⎫m ＋x x －1＞0，

设m ＋x x ＝t ＞1，∴(t ＋1)ln t －a (t －1)＞0，∴ln t －a (t －1)t ＋1

＞0. 设h (t )＝ln t －a (t －1)t ＋1，h ′(t )＝t 2＋2(1－a )t ＋1t (t ＋1)2

，h (1)＝0， ①当a ≤2时，t 2＋2(1－a )t ＋1≥t 2－2t ＋1＞0，故h ′(t )＞0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，因此h (t )＞0；

②当a ＞2时，令 …… 此处隐藏：8729字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……