【備考2018】高考理科數(shù)學大題21(第七期)

1、【備考 2018：就題論題之高考理科數(shù)學大題 21】備考 2018：我一題一題講，你一題一題學！就題論題之高考數(shù)學復習題型入門總述：我們經(jīng)常講高考是有規(guī)律的。的確，正是固定的題目模式給了我們研究高考的方向。因此我們打算每個題每個題給同學們講述，讓同學們逐題突破。這種固定的題目模式我們叫做題型。我們每個學科先給同學們考試題型的分布和具體分數(shù)設(shè)置，然后具體逐個突破。高考數(shù)學試卷結(jié)構(gòu)：一、選擇題：本題共12 小題，每小題 5 分，共 60 分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。二、填空題：本題共

2、0;4 小題，每小題 5 分，共 20 分。三、解答題：共 70 分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第 1721 題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 22、23 題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共 60 分。（二）選考題：共10 分。請考生在第 22、23 題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。22選修 44：坐標系與參數(shù)方程（10 分）23選修 45：不等式選講（10

3、 分）從以上我們可以看出：試卷總體分三個部分，分選擇題、填空題和解答題。兩道選考，二選一做答。所以，想要獲得自己理想分數(shù)，不是指望哪個題要拿滿分，而是那一些題該拿多少分，不要因小失大。有些同學總是以為只要自己不斷練習就會獲得 130、140 這樣的高分，但是如果你的分數(shù)只有 90、100 這樣，難免好高騖遠了，所以在每一次考試明確自己那個該得分，得多少分我們都應(yīng)該明白，而在哪個分數(shù)或者說要達到哪個分數(shù)我們會給出一些參考。【十進制標準】所謂十進制標準，就是把自己的目標設(shè)置為在自己的原有的分數(shù)上再加 10 分。比如你現(xiàn)在

4、0;90 分，那么你下一次考試目標就是 100 了，但是當你考 140 的時候，目標不可能 150，因為這幾乎不可能！所以當分數(shù)到達普通高考極限時，你要做的就是能提一分算一分?！緦Ш瘮?shù)特點】導數(shù)與函數(shù)的結(jié)合是整張卷子最難的，一般大型考試該題不會出現(xiàn)簡單題的現(xiàn)象，當然也會有很多考試空白交卷，雖然不提倡，但是如果前面做的好，該題成不了拉分題，所以可以適當放棄。【解題步驟&知識準備】正面戰(zhàn)場：.先按自己的方法做一遍，不會的同學可省略此步驟；.準備敵后戰(zhàn)場。敵后戰(zhàn)場：收集做過的題目；.進行歸類，適當總結(jié)；.識記，做適當練習，如此重復即

5、可。我們這一期來探討一下高考數(shù)學卷的高考理科數(shù)學大題 21。我們看看 2017 年剛剛考完的新課標卷：21.（12 分）f已知函數(shù) （x) = ae2x+(a2) exx.（1）討論 f ( x) 的單調(diào)性；（2）若 f ( x) 有兩個零點，求 a 的取值范圍.【題目短答案長】第一問就會開始考查分類討論的思想，總結(jié)好分類討論的一般步驟，做題時步步為贏。（21.解： 1）f ( x)&#

6、160;的定義域為 (-¥, +¥) ，f ¢( x) = 2ae2 x + (a - 2)e x - 1 = (aex - 1)(2ex + 1) ，（）若 a £ 0 ，則 f ¢( x) < 0 ，所以 f&

7、#160;( x) 在 (-¥, +¥) 單調(diào)遞減.（）若 a > 0 ，則由 f ¢( x) = 0 得 x = - ln a .當 x Î (-¥, - ln a) 時 ， f ¢( x )<&

8、#160;0； 當 x Î (- ln a, +¥) 時 ， f ¢( x) > 0 ， 所 以 f ( x) 在(-¥, - ln a) 單調(diào)遞減，在 (- ln a, +¥) 單調(diào)遞增.（2）（）若 a £&#

9、160;0 ，由（1）知， f ( x) 至多有一個零點.（  ） 若 a > 0 ， 由 （ 1 ） 知 ， 當 x = - ln a 時 ， f ( x) 取 得 最 小 值 ， 最 小 值 為1f&

10、#160;(- ln a) = 1 -+ ln a .a當 a = 1 時，由于 f (- ln a) = 0 ，故 f ( x) 只有一個零點；當 a Î (1,+¥ ) 時，由于1 -1a+ ln a > 0 ，即 f&

11、#160;(- ln a) > 0 ，故 f ( x) 沒有零點；當 a Î (0,1) 時，1 -1a+ ln a < 0 ，即 f (- ln a) < 0 .又 f (-2) = ae-4 + (a - 2)e-2 

12、+ 2 > -2e-2 + 2 > 0 ，故 f ( x) 在 (-¥, - ln a) 有一個零點.設(shè)正整數(shù) n  滿足 n  > ln(   - 1) ，則 f (n ) =e  n0( aea- 

13、n  >2n0- n > 0  .0003n0+a -2) - n >e0n00 03由于 ln( - 1) > - ln a ，因此 f ( x) 在 (- ln a, +¥) 有一個零點.a綜上， a 的取值范圍為 (0,1) .新

14、課標：（2）證明： f ( x) 存在唯一的極大值點 x  ，且 e-2 < f ( x ) < 2-3 .21.（12 分）已知函數(shù) f ( x) = ax3 - ax - x ln x, 且 f ( x) ³ 0 .（1）求

15、 a；00【問（1）】說一說：第一問求某個值，說明高溫比較簡單，建議考生看見時要留時間做，但如果沒有也不必緊張。21.解：+（1） f (x )的定義域為 (0，¥ )設(shè) g (x ) = ax - a - lnx ，則 f (x ) = xg (x ) , f (x ) ³ 0 

16、;等價于 g (x ) ³ 0因為 g (1)=0，g (x ) ³ 0,故g' (1)=0,而g' (x ) = a -1x,g' (1)=a - 1,得a = 1x )若 a=1，則 g' ( =1 -1 .當 0x1 時，g'

17、; (x )0,g (x )單調(diào)遞減；當 x1 時，g' (x )0，xg (x ) 單調(diào)遞增.所以 x=1 是 g (x ) 的極小值點，故 g (x ) ³ g (1) =0綜上，a=1（2）由（1）知 f (x ) = x 2 - x -

18、0;x ln x ,f '(x ) = 2x - 2 - ln x設(shè) h (x ) = 2x - 2 - ln x ,則h '(x ) = 2 -1x當 x  Î ç 0,   ÷ 時

19、，h '(x )0 ；當 x  Î ç,+¥ ÷ 時，h '(x )0 ，所以 h (x )在 ç 0,   ÷ 單調(diào)遞減，在 ç,+¥ ÷ 單調(diào)遞增(  )   æ 1 &

20、#246;又 h  e -2  0,h ç   ÷ 0,h (1) =  0 ，所以 h (x )在 ç 0,   ÷ 有唯一零點  x0，在 ê   ,+¥ ÷ 有唯一零æ1 &

21、#246;æ 1öæ1 öè2 øè 2øè2 øæ 1öè 2øæ1 öé 1öè 2 øè2 øë 2øhh,h點 1，且當 x Î (0,x )時， (x

22、 )0 ；當 x Î (x ,1)時， (x )0 ，當 x Î (1+ ¥ )時， (x )0 .00因為 f '(x ) = h (x )，所以 x=x0 是 f(x)的唯一極大值點由 f '(x0) = 0得 ln x

23、 = 2(x - 1),故f (x0 00) =x (1 - x00)由 x   Î (0,1)得 f '(x )0014e因為 x=x0 是 f(x)在（0,1）的最大值點，由e-1 Î (0,1),f '( -1 ) ¹ 0 得ef (x 

24、)f ( -1 ) = e -20所以e -2f (x )2-20【入門題一】21（本小題滿分 12 分）設(shè)函數(shù) f ( x ) = ( x + b)ln x,g( x ) = a ln x + 1 - a2y = f ( x ) 

25、;在點 (1, f (1) 處的切線與直線 x + 2 y = 0 垂直.() 求 b 的值；x 2 - x(a ¹ 1) , 已知曲線() 若對任意 x1，都有 g( x ) >aa - 1，求 a 的取值范圍.21（本小題滿分 12 分）解g(x)x

26、(1a)x1   x   çx1a÷  (x1). -5 分2   1a調(diào)遞增.  所以，對任意 x1，都有 g(x)    aa1                  a11 &#

27、160; ，解得 a   21 或   21  a -8 分若  a1，則   1，故當 xç1，1a÷時，g(x)0；當 xç1a，÷21a時，g(x)0.f(x)在ç1，1a÷上單調(diào)遞減，在ç1a，÷上單調(diào)遞增.所以，對任意 x1，都有 g(x)    a

28、1a2（1a） a1a12所以  a1                 -10 分(1)曲線 yf(x)在點(1，f(1)處的切線斜率為 2，所以 f(1)2，-2 分又 f(x)ln x b 1，即 ln 1b12，所以 b1.-4 分x(2) g(x)的定

29、義域為(0，)，a1aæa öèø1a若 a ，則1，故當 x(1，)時，g(x)0，g(x)在(1，)上單a的充要條件為 g(1) ，即1aa12a12a   ö1aææ aöèøèøa   öææ aöèøèøaæ a 

30、46;æ a ö            è   ø  a1   è   øa1的充要條件為 gç1a÷.而 gç1a÷aa2aa1aln在 a1 上恒成立，12若 a1，g(x)在1，)上遞減，不合題

31、意。綜上，a 的取值范圍是( - ¥ ， 21)( 21，1).-12 分【入門題二】221已知函數(shù) f（x）（ax2lnx）（xlnx）1（aR）（1）.若 ax2lnx，求證：f（x）axlnx1；.若 $x0 Î (0, +¥) ，f（x0）1x0lnx0ln2x0，求 a 的最大值；（3）求證：當 1x2 時，f（x）ax（2ax）21（1）.證明：設(shè) g（x）xlnx

32、（x0），則 g ¢( x) = 1 -  1x - 1=xx，當 0x1 時，g（x）0，函數(shù) g（x）遞減；當 x1 時，g（x）0，函數(shù) g（x）遞增，所以當 x0 時，g（x）g（1）1ax2lnx，ax2lnx0，f（x）ax2lnx12.由 f（x0）1x0lnx0ln2x0 得 ax0 - 2ln x0 = 0&#

33、160;或 x0lnx00（由（1）知不成立舍去），即 a = 2ln x0 ，x20（x0），則 h¢( x) =設(shè) h( x) =2ln x                  2(1- 2ln x)2x    

34、60;                  x3，當 0 < x < e 2 時，h（x）0，函數(shù) h（x）遞增；當 x > e 2 時，h（x）0，函數(shù)111         1h（

35、x）遞減，所以當 x0 時， h( x)max1= h(e 2 ) = ， a = e max e= (ln x -      )2 + 1 -        = (ln x -    &#

36、160; )2 + 1 -         1 -         （3）證明：f（x）（ax2lnx）（xlnx）1ln2x（xax2）lnxax31x + ax2( x + ax2 )2= (ln x -)2 + ax3 + 1

37、0;-24x + ax2( x - ax2 )2x + ax2x2 (ax - 1)2x2 (ax -1)224244當 1x2 時，x2（4，1）， 1 -x2 (ax -1)241 - (ax -1)2 = ax(2 - ax) 故 f（x）ax（2ax），等號若成立，則 í 

38、0;   2  即 lnxx，由（1）ìx + ax2ïln x =îïax = 1知 lnxx 不成立，故等號不成立，從而 f（x）ax（2ax）【入門題三】21.（本小題滿分 12 分）已知函數(shù) f ( x) = x ln x - a2x 2 + 1 .（

39、1）若 y = f ( x) 在 (0, +¥) 恒單調(diào)遞減，求 a 的取值范圍；（2）若函數(shù) y = f ( x) 有兩個極值點 x , x ( x < x ) ，求 a 的取值范圍并證明 x + x > 2 .12121221.(1)

40、 因 為 f '(x) = ln x - ax + 1(x > 0) , 所 以 由 f '(x) £ 0 在 (0, +¥) 上 恒 成 立 得a ³ ( ln x + 1)xmaxx 

41、Π(0,+¥ ) ,令 g(x) =  ln x +1    x Î (0, +¥) ,易知 g ( x) 在 (0,1) 單調(diào)遞增 (1,+¥) 單調(diào)遞減,  所以 a ³ g (1)= 1 ,x即得：a&

42、#160;³ 15 分(2)函數(shù) y = f (x) 有兩個極值點 x , x (x < x ) ,1212即 y = f '(x) 有兩個不同的零點,且均為正， f '(x) = ln x - ax + 1(x > 0) ,令 F

43、 ( x) = f '(x) = ln x - ax + 1 ,由 F '(x) = - a =11 - axxx(x > 0) 可知2.  a > 0 時,   y = F (x) 在 (0,

44、0;  ) 是增函數(shù)在 (   , +¥) 是減函數(shù),此時 f (  ) 為函數(shù)的極大值,也是最大值.當 F (  ) £ 0 時,最多有一個零點,所以 F (  ) = ln> 0 才可能有兩個零點,此時又因為< <,  F (&

45、#160; ) = -< 0 ,  F () = 3 - 2ln a -   (0<a < 1) ,1. a £ 0 時,函數(shù) y = f (x) 在 (0, +¥) 上是增函數(shù),不可能有兩個零點.11aa1a111aaa得： 0&

46、#160;< a < 17 分1a11e2e2e2eaa2eea2aa2  > 0 , j (a) 在 (0,1) 上單調(diào)遞增,  所以令 j(a) = 3 - 2ln a -e2          2  e2  e2&#

47、160;- 2aa ,j '(a) = - a + a2 =j(a) < j(1) = 3 - e2,即 j (e2a2) < 0由于 y = F (x) 在 (0,   ) 是增函數(shù)在 (   , +¥) 是減函數(shù),&

48、#160; 0 < x  < ,  可構(gòu)造出 a - x1 > aa            a                    

49、; a構(gòu)造函數(shù)  m(x) = F (   - x) - F (x) = ln(   - x) - a(   - x) - (ln x - ax)  (0<x £)綜上,所以 a 的取值范圍是 (0,1)8 分下面證明 x + x >2121112112221aaaa2a(x -   )2