参加原创资源大赛心得体会

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　 1.【2019 年山西省太原市高三模拟】已知 2 a  ,函数  1e lnexf x x ax    . （1）证明：

　  f x 有两个极值点； （2）若  1 2 1 2, x x x x  是函数   f x 的两个极值点,证明：

　   2 12ln f x f x a   . 【解析】（1）证明：由题意得  1 1e , 0exf x a xx     , 令    1 1e , 0exg x f x a xx      , 则  21 1eexg xx  在   0,   上递增,且   1 0g , 当   0,1 x 时,     0, g x g x   递减；当   1, x  时,     0, g x g x   递增, ∴    min1 2 0 g x g a     , ∵  111e 0, 1 2 0ag g aa       ,∴  1 11,1 , 0 x g xa     . 当  10, x x  时,       0, g x f x f x    递增； 当  1 ,1x x  时,       0, g x f x f x    递减, ∴1x x  是   f x 的极大值点. ∵    11 ln 0, 1 2 01 lng a g aa     ,∴   2 21,1 ln , 0 x a g x     . 当  21, x x  时,       0, g x f x f x    递减； 当  2 ,x x   时,       0, g x f x f x    递增, ∴2x x  是   f x 的极小值点. ∴   f x 在   0,   上有两个极值点. （2）证明：由（1）得1 211 1 ln x x aa     ,且    1 20 g x g x   ,

　 2 ∴2 10 x x   ,    2 12 2 11 1 2 1 21 11 1 ln , e e , 0ex xx x xa a ax x x x x      . ∴        2 122 1 2 111e e lnex xxf x f x a x xx      =  22 11 2 11ln ln[ (1 ln )]xx x a a ax x x       . 设 ( ) 1 ln ( 2) a a a a      ,则1( ) 1 0 aa     , ∴ ( ) a  在 2 a  时单调递减,则 ( ) (2) ln2 1 0 a       . ∴ 1 lna a   ,则2(1 ln ) a a a   . ∴22 1( ) ( ) ln 2ln f x f x a a    . 2．【天津市实验中学 2019 届高三第六次阶段考】已知函数21 1( ) ln2f x x a x xa      ,其中 0 a  . （1）当 2 a  时,求曲线   y f x  在点     1, 1 f 处切线的方程； （2）当 1 a  时,求函数   f x 的单调区间； （3）若10,2a   ,证明对任意  1 2 1 21, ,12x x x x    ,   1 22 21 212f x f xx x恒成立. 【解析】（1）当 2 a  时,则函数2 21 1 1 5( ) 2 ln ln2 2 2 2f x x x x x x x         , 则5 1( )2f x xx    ,则25 1 1 5(1) 1 1 , (1) 1 1 ln1 22 2 2 2f f              , 曲线   y f x  在点     1, 1 f 处切线的方程为1( 2) ( 1)2y x      ,即 2 3 0 x y    . （2）由函数21 1( ) ln2f x x a x xa      ,则1( )1 1"( ) ( 0)x a xaf x x a xa x x             , 令 "( ) 0 f x  , x a  ,1xa ,又 0 a  , ①若 0 1 a   ,1aa ,当 x 变化时, "( ) f x , ( ) f x 的变化情况如下表：

　 3 x

　(0, ) a

　a

　1( , ) aa 1a 1( , )a

　"( ) f x

　+ 0 - 0 + ( ) f x

　 极大值

　极小值

　 所以( ) f x 在区间 (0, ) a 和1( , )a 内是增函数,在1( , ) aa内是减函数. ②若 1 a  ,1aa ,当 x 变化时, "( ) f x , ( ) f x 的变化情况如下表：

　x

　1(0, )a 1a 1( , ) aa a

　( , ) a 

　"( ) f x

　+ 0 - 0 + ( ) f x

　 极大值

　极小值

　 所以( ) f x 在1(0, )a和 ( ,) a  内是增函数,在1( , ) aa内是减函数. （3）因102a   ,所以 ( ) f x 在1,12   内是减函数,又1 2x x  , 不妨设1 20 x x   ,则    1 2f x f x  ,2 21 2x x  . 于是   1 22 21 212f x f xx x,等价于    2 21 2 1 21 12 2f x f x x x    , 即    2 21 1 2 21 12 2f x x f x x    , 令21 1( ) ( ) ln ( 0)2g x f x x x a x xa        , 因1 1"( ) g x ax a     在1,12   内是减函数, 故1 1 1"( ) " 2 2 2 02g x g a aa a                ,从而 ( ) g x 在1,12   内是减函数,

　 4 ∴对任意1 2112x x    ,有    1 2g x g x  ,即    2 21 1 2 21 12 2f x x f x x    , ∴当10,2a   时,对任意  1 2 1 21, ,12x x x x    ,   1 22 21 212f x f xx x恒成立. 3．【内蒙古 2019 届高三高考一模】已知函数 2 1 ( ) ( ) 2ln f x ax bx x a R      ． (1)当 0 b  时,讨论函数( ) f x 的单调区间； (2)当1 x y e    时,求证：

　ln( 1) ln( 1)x ye y e x    ． 【解析】(Ⅰ)当 0 b  时,2( ) 2 f x ax   2( 1) axx, ( 0) x  , 当 0 a  时, ( ) 0 f x 在 (0, )  上恒成立．  函数( ) f x 在 (0, )  单调递减； 当 0 a  时,由 ( ) 0 f x 得10 xa  ,由 ( ) 0 f x   得1xa , ( ) f x  的单调递减区间为10,a   ,单调递增区间为1,a   , 综上,当 0 a  时,( ) f x 的单调递减区间为 (0, )  ,无单调递增区间, 当 0 a  时,( ) f x 的单调递减区间为10,a   ,单调递增区间为1,a   ． (II)证明：1 x y e    , 1 1 x y e      ,即 ln( 1) ln( 1) 1 x y     , 欲证 ln( 1) ln( 1)x ye y e x    ． 即证明ln( 1) ln( 1)x ye ex y , 令 ( )ln( 1)xeg xx, 则21ln( 1)1( )ln ( 1)xe xxg xx     ,显然函数1( ) ln( 1)1h x xx  在 ( 1, ) e  上单调递增, 1( ) 1 0 h xe    ,即 ( ) 0 g x   , ( ) g x 在 ( 1, ) e  上单调递增, 1 x y e     时, ) ( ) ( x g g y  ,即ln( 1) ln( 1)x ye ex y ,

　 5  当 1 x y e    时, ln( 1) ln( 1)x ye y e x    成立． 4．设函数 ( ) ln ( 1)xf x x a x e    ,其中 a R  . （1）若 0 a  ,讨论   f x 的单调性； （2）若10 ae  , （i）证明   f x 恰有两个零点 （ii）设0x 为   f x 的极值点,1x 为   f x 的零点,且1 0x x  ,证明0 13 2 x x   . 【解析】（1）解：由已知,( ) f x 的定义域为 (0, )  , 且21 1"( ) [ ( 1) ]xx xax ef x ae a x ex x     , 因此当 0 a  时,21 0xax e  ,从而 "( )0 f x  , 所以( ) f x 在 (0, )  内单调递增. （2）证明：（i）由（I）知,21"( )xax ef xx , 令2( ) 1xg x ax e   ,由10 ae  ,可知 ( ) g x 在 (0, )  内单调递减, 又 (1) 1 0 g ae    ,且2 21 1 1 1(ln ) 1 (ln ) 1 (ln ) 0 g aa a a a     , 故 ( ) 0 g x  在 (0, )  内有唯一解, 从而 "( ) 0 f x  在 (0, )  内有唯一解,不妨设为0x , 则011 ln xa  ,当0(0, ) x x  时,0( ) ( )"( ) 0g x g xf xx x   , 所以( ) f x 在0(0, ) x 内单调递增； 当0( , ) x x   时,0( ) ( )"( ) 0g x g xf xx x   , 所以( ) f x 在0( , ) x  内单调递减, 因此0x 是 ( ) f x 的唯一极值点. 令 ( ) ln 1 h x x x    ,则当 1 x  时,1"( ) 1 0 h xx   ,故 ( ) h x 在 (1, )  内单调递减, 从而当 1 x  时, ( ) (1) 0 h x h   ,所以 ln 1 x x   ,

　 6 从而1ln1 1 1 1 1 1(ln ) lnln (ln 1) lnln ln 1 (ln ) 0af a e ha a aa a a a        , 又因为0( ) (1) 0 f x f   ,所以 ( ) f x 在0( , ) x  内有唯一零点, 又( ) f x 在0(0, ) x 内有唯一零点 1,从而, ( ) f x 在 (0, )  内恰有两个零点. （ii）由题意,01"( ) 0( ) 0f xf x ,即01201 11ln ( 1)xxax ex a x e  , 从而1 0 11201lnx xxx ex,即1 020 11ln1x xx xex, 因为当 1 x  时, ln 1 x x   ,又1 01 x x   ,故1 0220 101( 1)1x xx xe xx , 两边取对数,得1 020ln lnx xe x , 于是0 1 0 02ln 2( 1) x x x x     ,整理得0 13 2 x x   , 5．【安徽省 1 号卷 A10 联盟 2019 届高考最后一卷】已知函数,    1ln 1 , f x m x m Rx   

　（1）若函数   f x 有 2 个零点,求 m 的取值范围； （2）若    21g x f x xx   有两个极值点1 2, x x ,且1 2x x  ,求证： 211ln22g xx 

　【解析】（1）令    1ln 1 0 f x m xx    ,故  1ln 1 m xx 

　若 0 m  ,函数   f x 无零点,不合题意 则 0 m 

　  1ln 1 x xm  

　令     ln 1 h x x x   ,     1,0 0, x  

　则     ln 11xh x xx    当   1,0 x  时,   ln 1 0 x  , 01xx

　  0 h x   

　当  0, x  时,  ln 1 0 x  , 01xx

　  0 h x   

　作出函数   h x 的图像如图所示：

　 7

　则10m 时,   h x 与1ym 有两个交点 即 0 m  时,   f x 有 2 个零点 即 m 的取值范围为   0,  

　（2）由题意得：

　     2 21ln 1 g x f x x m x xx      ,     1,0 0, x  

　则 22 21x x mg xx   令  22 2 t x x x m   

　  g x 有两个极值点

　 4 8 01 0112 2mt mba         ,解得：102m  

　则1 2, x x 是方程   0 t x  的两根

　1 21 x x     ,22 22 2 0 x x m   

　21 1 22 2mx   且22 22 2 m x x   

　 2102x   

　    2 22 2 221 22 2 ln 11x x x xg xx x     令    2 22 2 ln 11x x x xk xx   ,1,02x     则   222ln 11xk x xx   ,   232 6 21x xk xx  

　 8 142k      ,   0 2k

　 01,02x     ,使得  00 k x  

　故当01,2x x    时,   0 k x  ；当  0 ,0x x  时,   0 k x  

　即   k x在01,2x   上单调递减；在   ,0x 0 上单调递增 又   0 0k ,11 2ln2 02k        当1,02x    时,   0 k x  

　 函数   k x 在1,02   上单调递增

　   1 10 ln22 2k k x k         即 211ln22g xx 

　6．【黑龙江省哈尔滨市第三中学 2019 届高三第二次模拟】已知函数 ( ) ln( )xf x e x m    ,其中 1 m  . （1）设 0 x  是函数( ) f x 的极值点,讨论函数 ( ) f x 的单调性； （2）若 ( ) y f x  有两个不同的零点1x 和2x ,且1 20 x x   , （i）求参数 m 的取值范围； （ii）求证：2 12 1ln( 1) 1x xe x x e     . 【解析】（1）

　 1"xf x ex m , 若 0 x  是函数( ) f x 的极值点,则 1" 0 1 0 fm   ,得 1 m  ,经检验满足题意, 此时  1"1xf x ex ,   " f x 为增函数, 所以当 ( 1,0), "( ) 0 x f x    ,( ) f x 单调递减； 当 (0, ), "( ) 0 x f x    ,( ) f x 单调递增 （2）（i）

　1 m  ,  1"xf x ex m , 记     " h x f x  ,则  21" 0xh x ex m  ,

　 9 知   " f x 在区间  , m   内单调递增. 又∵  1" 0 1 0 fm   ,  1" 1 1 0mf m e     , ∴   " f x 在区间   1 ,0 m  内存在唯一的零点0x , 即  0001" 0xf x ex m  ,于是001xex m,  0 0ln x x m   . 当0m x x    时,     " 0, f x f x  单调递减； 当0x x  时,     " 0, f x f x  单调递增. 若 ( ) y f x  有两个不同的零点1x 和2x ,且1 20 x x   , 易知, ( ) , , ( ) x m f x x f x     ,所以 (0) 1 ln 0 f m   ,解得 m e  . （ii）当 m e  时有 ( ) ln( )xf x e x e    ,令 ( ) ln( ) 0xf x e x e     . 由（i）中的单调性知,存在3( ) (0) 0 f x f  ,当3( ,0), ( ) 0 x x f x   . 1 1 1( 1) ln( 1) ln( 1) ln1.7 ln 02 2 1.7ef e ee           ,所以31 x   . 下证当 m e  时,11 x   . 由 ( ) ln( ) ln( )x xf x e x m e x e       , 所以3 33 3 3( ) ln( ) ln( ) 0x xf x e x m e x e        , 由（i）知,当1 2( , ), ( ) 0 x x x f x   ,得1 31 x x    .. 所以2 11 x x   ,令2 11 t x x    要证2 12 1ln( 1) 1x xe x x e     ,即证 ln( 1) 1te t e     . 令1( ) ln( 1), "( )1t th t e t h t et    单调递增,且1"(1) 02h e    , 所以 "( ) 0, ( ) h t h t  单调递增,所以 ( ) (1) ln2 1 h t h e e      .得证. 7．【四川省绵阳市 2019 届高三下学期第三次诊断】已知函数    21f x x axlnx ax 2 a R2     有两个不同的极值点 x 1 ,x 2 ,且 x 1 ＜x 2 ． （1）求实数 a 的取值范围； （2）求证：x 1 x 2 ＜a 2 ．

　 10 【解析】（1）∵函数    21f x x xlnx x 2 R2a a a      ,∴x＞0,f′（x）=x-alnx, ∵函数    21f x x xlnx x 2 R2a a a      有两个不同的极值点 x 1 ,x 2 ,且 x 1 ＜x 2 ． ∴f′（x）=x-alnx=0 有两个不等根, 令 g（x）=x-alnx,则   g" x 1xa  =xxa ,（x＞0）, ①当 a≤0 时,得 g′（x）＞0,则 g（x）在（0,+∞）上单调递增, ∴g（x）在（0,+∞）上不可能有两个零点． ②当 a＞0 时,由 g′（x）＞0,解得 x＞a,由 g′（x）＜0,解得 0＜x＜a, 则 g（x）在（0,a）上单调递减,在（a,+∞）上单调递增, 要使函数 g（x）有两个零点,则 g（a）=a-alna＜0, 解得 a＞e,∴实数 a 的取值范围是（e,+∞）． （2）由 x 1 ,x 2 是 g（x）=x-alnx=0 的两个根, 则2 21 1lnx xlnx xaa ,两式相减,得 a（lnx 2 -lnx 1 ）=x 2 -x 1 ）, 即 a=2 12 1x xlnx lnx,即证 x 1 x 2 ＜22 1221(x x )x(ln )x, 即证222 2 11 2 1x (x x )(ln )x x x =2 11 2x x2x x , 由 x 1 ＜x 2 ,得21xx=t＞1,只需证 ln 2 t-t-12 0t  , 设 g（t）=ln 2 t-t-12t ,则 g′（t）=22 1lnt 1t t  =1 12lnt tt t    , 令 h（t）=2lnt-t+t1,∴h′（t）=22 11t t  =-（11t ）

　2 ＜0, ∴h（t）在（1,+∞）上单调递减,∴h（t）＜h（1）=0, ∴g′（t）＜0,即 g（t）在（1,+∞）上是减函数,∴g（t）＜g（1）=0, 即 ln 2 t＜t-2+t1在（1,+∞）上恒成立,∴x 1 x 2 ＜a 2 ．