2019年高考二轮(理科)数学提升训练：优化重组卷(1)(含解析)

111en

取x＝1,2,3，…，n，则1＋2＋3＋…＋n≥ln.

n！(3)假设存在这样的切线，设其中一个切点为

x0－1x0－1??

?，∴切线方程为y＋1＝2(x－1)，将点T坐标代入得ln T?x0，ln x0－

x0x0??

x0－1?x0－1?231

x0－x＋1＝x2，即ln x0＋x－x2－1＝0，①

0000?x－1??x－2?31

设g(x)＝ln x＋x－x2－1，则g′(x)＝. x3∵x>0，∴g(x)在区间(0,1)，(2，＋∞)上是增函数，在区间(1,2)上是减函数， 1

故g(x)极大值＝g(1)＝1>0，g(x)极小值＝g(2)＝ln 2＋4>0. 1?1?又g?4?＝ln 4＋12－16－1＝－ln 4－5<0.

??

?1?

注意到g(x)在其定义域上的单调性，知g(x)＝0仅在?4，1?内有且仅有一根，

??方程①有且仅有一解，故符合条件的切线仅有一条． 17．已知函数f(x)＝ax＋x2，g(x)＝xln a，a>1.

(1)求证：函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 1??

(2)若函数y＝?F?x?－b＋b?－3有四个零点，求b的取值范围；

??

(3)若对于任意的x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．

[20xx·潍坊模拟]

(1)证明 ∵F(x)＝f(x)－g(x)＝ax＋x2－xln a， ∴F′(x)＝ax·ln a＋2x－ln a＝(ax－1)ln a＋2x. ∵a>1，x>0，∴ax－1>0，ln a>0,2x>0，

∴当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，即函数F(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)解 由(1)知当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，

∴F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 1??

∴F(x)的最小值为F(0)＝1.由?F?x?－b＋b?－3＝0，

??11

得F(x)＝b－b＋3或F(x)＝b－b－3，

1??

∴要使函数y＝?F?x?－b＋b?－3有四个零点，只需

??1

b－??b＋3>1，?1??b－b－3>1，

b2－4b－11

即b－b>4，即>0，

b

解得b>2＋5或2－5

故b的取值范围是(2－5，0)∪(2＋5，＋∞)．

(3)解 ∵?x1，x2∈[－1,1]，由(1)知F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴F(x)min＝F(0)＝1.

从而再来比较F(－1)与F(1)的大小即可． 1

F(－1)＝a＋1＋ln a，F(1)＝a＋1－ln a， 1

∴F(1)－F(－1)＝a－a－2ln a. 1

令H(x)＝x－x－2ln x(x>0)，

22

12x－2x＋1?x－1?

则H′(x)＝1＋x2－x＝＝x2>0，

x2∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵a>1，∴H(a)>H(1)＝0.∴F(1)>F(－1)． ∴|F(x2)－F(x1)|的最大值为|F(1)－F(0)|＝a－ln a，

∴要使|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，只需a－ln a≤e2－2即可．令h(a)＝a－1

ln a(a>1)，h′(a)＝1－a>0，∴h(a)在(1，＋∞)上单调递增．∵h(e2)＝e2－2，∴只需h(a)≤h(e2)，即1