高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)高考原生態(tài)滿分練1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)含解析

PAGEPAGE5高考原生態(tài)滿分練1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)[典例](本題滿分12分)(2021·新高考Ⅰ,22)已知函數(shù)f(x)=x(1-lnx(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)a,b為兩個(gè)不相等的正數(shù),且blna-alnb=a-b,證明:2<1a+1學(xué)生解答教師批閱分析1:判斷與討論函數(shù)的單調(diào)性,必須首先研究函數(shù)的定義域.分析2:本題(2)問不等式的證明是典型的極值點(diǎn)偏移問題.在經(jīng)過換元得到f(x1)=f(x2)后,應(yīng)該結(jié)合極值點(diǎn)以及函數(shù)值的情況準(zhǔn)確地得出x1,x2的取值區(qū)間,這樣后面構(gòu)造函數(shù)后才能判斷函數(shù)在相應(yīng)的區(qū)間上的單調(diào)性.分析3:式子f(x)<f(2-x)的得出需要兩個(gè)條件:一是x,2-x的取值區(qū)間,二是g(x)=f(x)-f(2-x)在該區(qū)間上的單調(diào)性.分析4:不等式的變形必須是恒等的,且必須在一定的條件下.分析5:h'(t)<0并不是明顯的,因此應(yīng)進(jìn)行推理論證.滿分答題高考原生態(tài)滿分練高考原生態(tài)滿分練1函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).f'(x)=1-lnx+x·-1x=-lnx令f'(x)=-lnx>0,解得0<x<1;令f'(x)=-lnx<0,解得x>1.所以f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減.3分(2)證明由blna-alnb=a-b得lna即f1a=f(方法一)令x1=1a,x2=1b,則f(x1)=f(x2).由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,且當(dāng)x∈(0,e)時(shí),f(x)>0,當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),f(x)<0,因此可設(shè)0<x1<1<x2<e.要證2<1a+1b<e,即證2<x1+x2<①先證x1+x2>2.要證x1+x2>2,即證x2>2-x1.因?yàn)?<x1<1<x2<e,所以需證x2>2-x1>1,又f(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以只需證明f(x2)<f(2-x1).而f(x1)=f(x2),因此只需證明f(x1)<f(2-x1).6分構(gòu)造函數(shù)g(t)=f(t)-f(2-t)(0<t<1).因?yàn)間'(t)=f'(t)+f'(2-t)=-lnt-ln(2-t)=-ln(-t2+2t)=-ln[1-(t-1)2],0<t<1,所以g'(t)>0,即g(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,于是當(dāng)0<t<1時(shí),g(t)<g(1)=0,即f(t)<f(2-t),從而當(dāng)0<x1<1時(shí),必有f(x1)<f(2-x1),故x1+x2>2成立.8分②再證x1+x2<e.由(1)知f(x)在x=1取得極大值f(1)=1,經(jīng)過點(diǎn)(0,0),(1,1)的直線為y=x.當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)=x(1-lnx)>x.9分若設(shè)f(x1)=f(x2)=m,直線y=x與直線y=m的交點(diǎn)坐標(biāo)為(m,m),則x1<m.要證x1+x2<e,即證m+x2<e,亦即證f(x2)+x2<e.10分構(gòu)造函數(shù)h(t)=f(t)+t(1<t<e).則h'(t)=f'(t)+1=-lnt+1,由于1<t<e,所以h'(t)>0,即h(t)在區(qū)間(1,e)上單調(diào)遞增,因此當(dāng)1<t<e時(shí),h(t)<h(e)=f(e)+e=e,又因?yàn)?<x2<e,所以f(x2)+x2<e,所以x1+x2<e成立.綜上可知2<1a+1b<(方法二)不妨設(shè)b>a>0,由(1)知1a>1,0<1b<1.若1a≥2,則1a+1b>2成立,若1<1a<2,設(shè)s(x)=f(x)則s'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)],因?yàn)?<x<2,所以0<x(2-x)<1,因此s'(x)>0.6分所以s(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增,所以s(x)>s(1)=0,于是f1a>f2-1a,即因?yàn)?<1b<1,0<2-1a<1,且x∈(0,1)時(shí)f(所以1b>2-1a,即1a+1因?yàn)閘na+1a=lnb+1b則lna+1a所以1a+1b<e?1a+1at<e?t+1at<e?ln(t+1)-lnt-lna<1?ln(t+1)-lnt-lnt令h(t)=(t-1)ln(t+1)-tlnt(t>1),則h'(t)=ln(t+1)+t-1t+1-1-lnt=ln(t+1)-lnt-2t+1=1t+1[(令g(t)=(t+1)ln(t+1)-(t+1)lnt-2,t>1,則g'(t)=ln(t+1)+1-lnt-t+1t=lnt設(shè)n=t+1t,n>1,p(n)=ln則p'(n)=1n-1=1-nn<0,所以p(n)<p(1)=0-1所以g'(t)<0,所以g(t)<