2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十五理

1、2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十五理(xx 全国卷 n )已知函数 f(x) = (x + 1)ln x a(x 1). 当a= 4时，求曲线y= f (x)在(1 , f(1)处的切线方程； 若当x (1 ,+)时，f (x) 0,求a的取值范围. 解：f(x)的定义域为(0,+).当 a = 4 时，f (x) = (x + 1)ln x 4( x 1),f(1) = 0, f (x) = In x+ 丄3, f (1) = 2.x故曲线y = f (x)在(1 , f(1)处的切线方程为 2x+ y 2 = 0.当x (1 ,+s)时，f(x) 0等价于Inaxx1x

2、+ 1 0.设 g(x) = Inax-x1x + 1贝y g(x) = X-2ax2+ a x+ 1 X +12=x x+12, g(1) =0.2 2当 aw2, x (1 ,+s)时，x + 2(1 a)x +1 x 2x + 1 0,故 g(x) 0, g(x)在(1 ,+s)上单调递增，因此g(x) 0;当 a 2 时，令 g(x) = 0 得 X1= a 1 a 1 1, X2= a 1 + “或 a 1 1. 由 X2 1 和 X1X2= 1 得 00时，f (x) w ax+ 1，求a的取值范围.解：(1) f(x)的定义域为(8,+ ).f ( x) = (1 2x x2)e

3、x.令 f (x) = 0,得 x= 1 2或 x= 1 + 2.当 x ( a, 1 2)时，f(x) v 0;当 x ( 1 2, 1 + 2)时，f(x) 0;当 x ( 1 + 2,+a)时，f(x) v 0.所以 f(x)在(一a, 12) , ( 1 +2, +8)上单调递减， 在(一1 2, 1 + 2)上单调递增.X(2) f (x) = (1 + x)(1 x)e .当a1时，设函数 h(x) = (1 - x)ex，则 h(x) = xexv 0(x 0).因此h(x)在0，+m)上单调递减，又 h(0) = 1，故 h( x) w 1,所以 f (x) = (x+ 1)

4、h(x) wx +1 w ax+ 1.当0v av 1时，设函数 g(x) = ex-x- 1,贝U g(x) = ex- 1 0(x0), 所以g(x)在0,+)上单调递增，而 g(0) = 0,故 ex x+ 1.2当 0v xv 1 时，f (x) (1 - x)(1 + x),2 2(1 - x)(1 + x) - ax- 1 = x(1 - a- x-x ),取Xo=5 - 4a-12则 xo (0,1) , (1 -xo)(1 + xo)2 axo 1 = 0, 故 f (x) ax+ 1.当awo时，取X0 =.5 12则 X0 (0,1) , f(X0) (1 - X0)(1

5、+ X0)2= 1 ax+ 1.综上，a的取值范围是1 ,+s).(xx 长春质检)已知函数 f (x) = x2+ (1 -a)x-aln x, a R.若f(x)存在极值点1,求a的值；若f (x)存在两个不同的零点 X1, X2，求证：X1+ X22.a解: (1)由已知得f (X)= x+ 1 - a-(x0),因为f (x)存在极值点1,所以f (1) = 0, X即2 2a = 0, a= 1,经检验符合题意，所以a= 1.a x +1 x a(2)证明：f (x) = x + 1 - a- -=-(x0),X当awo时，f (x)0恒成立，所以f(x)在(0,+)上为增函数，不符

6、合题意.当a0时，由f (x) = 0得x= a,当xa时，f (x)0 , f(x)单调递增，当 0 xa 时，f ( x)0 , f (x)单调递减，所以当x = a时，f (x)取得极小值f ( a).又f (x)存在两个不同的零点 X1, X2，所以f ( a)0 ,1 1即 2a2 + (1 - a) a- aln a1 -a,取y = f (x)关于直线x = a对称的曲线g( x) = f (2 a-x),h( x) = g( x) - f (x) = f (2 a - x) - f (x) = 2a - 2x - aln2a x “-x-，则h(x) =- 2 +fx x一 2

7、 + x2： 2十a 0,所以h(x)在(0,2 a)上单调递增,命 a x x x a 十 a不妨设 xiah(a) = 0,即 g(X2) = f (2 a-X2)f (X2) = f (xi),又2a-X2 (0 ,a), xi (0 ,a)，且 f (x)在(0 ,a)上为减函数，所以2a-X22a,又 In1a1 -尹，易知a1成立，故xi + X22.(xx 全国卷川)已知函数f (x) = x- 1 -aln x.求m的最小若f(x) 0,求a的值；设m为整数，且对于任意正整数n, 1十2 1十1 值.解：(1) f(x)的定义域为(。，十).们 1若aw 0,因为f=-；+ a

8、ln 20，由 f (x) = 1 -x =知，当 x (0 , a)时，f(x)0.所以f(x)在(0 , a)上单调递减，在(a,+)上单调递增.故x = a是f (x)在(0 ,十8)的唯一最小值点.由于f(1) = 0,所以当且仅当 a= 1时，f (x) 0.故 a= 1.(2)由(1)知当 x (1 ,十8)时，x- 1-In x0.人1/口(11令x = 1十了，得In i1 + y 孑(n 了1、(1)1111从而In i1+ 2十In |1十22十十In i1 +刁石十尹十班=1 -歹1.故 1 十 21 十1 1+ 2 0,故f(x)在(0,+)上单调递增.当a0, g(x

9、) = 0的两根都小于 0,在(0 ,+)上恒有f (x)0,故f (x)在(0，+m)上单调递增.当a2时, 0, g(x) = 0的两根为当 0 x0 ;当 X1xX2 时，f( x)X2 时，f( x)0 ,故f (X)在(0 , X1) , (X2,+m )上单调递增，在(X1, X2)上单调递减.综上所述，当a2 时，f(x)在 0, a- 2 -4 : 斗口,a+va 上单调递减.(2)由(1)知，若使f (x)有两个极值点，必须上单调递增X1 X2因为 f(X1) f(X2) = (X1 X2) + a(lnX1 InX2),X1X2所以k= fX1 fX2X1 X21In X1

10、 In X2=1 + a X1X2X1 X2又由(1)知，X1X2 = 1.于是 k= 2 aIn X1 In X2X1 X2In X1 In X2右存在a,使得k= 2 a.则=1.X1 X2即 In X1 In X2= X1 X2.、 1 亦即 X2 2ln X2= 0(x21).X21再由(1)知，函数h(t) = t 2ln t在(0，+m)上单调递增，而X21,1 1 一所以X2 X 2ln X2h(1) = 1 1 2ln 1 = 0.这与(*)式矛盾.故不存在a,使得(*)a.2019-2020年高考数学二轮复习课时跟踪检测二十八理(xx 云南调研)已知函数f(x) =|x +

11、1| + | m- x|(其中mfE R).当m2时，求不等式f (x) 6的解集；(2)若不等式f(x) 6对任意实数x恒成立，求 m的取值范围.解：当 mr 2 时，f (x) = |x + 1| + |2 x| ,5当 x6 可化为一x 1 + 2 x6,解得 xw -;当一1 w x6可化为x+ 1 + 2 x6,无实数解；当x2时，f (x) 6可化为x+ 1 + x 26,解得x7.57、综上，不等式f(x) 6的解集为ix|x w 或x尹(2)法一：因为 |x+ 1| + | m x| |x+ 1 + m x| = |1| ,由题意得| n+1| 6,即n+1 6或m+1 w 6

12、,解得m5或mW 7,即m的取值范围 是(一g, 7 U 5 ,+s).-2x+ m 1, xm,法二：当 m 1,此时，f(x)min= m 1，由题意知，一 m 1 6 ,解得mw 7,所以m的取值范围是mw 7.当 m= 1 时，f (x) = |x + 1| +1 1 x| = 2| x + 1| ,此时f(x)min= 0,不满足题意.2x + m 1, x 1 时，f (x) = m+ 1, - 1 w xw m,2x +1 m xm此时，f (x) min= m+ 1,由题意知，n+1 6,解得 m5 ,所以m的取值范围是m 5.综上所述,m的取值范围是(一 , 7 U 5 ,

13、+).(xx 郑州模拟)已知a0 , b0 ,函数f(x) = |x + a| + | x b|的最小值为4.求a+ b的值；1 2 1 2求a + 9b的最小值.解：(1)因为 | x + a| + | x b| | a+ b| ,所以 f (x) | a+ b| ,当且仅当(x + a)( x b)0 , b0 ,所以| a+ b| = a+ b,所以f (x)的最小值为a + b,所以a+ b(2)由(1)知 a+ b= 4, TOC o 1-5 h z 1 21 21 2 1213 2 81613(16屯b 4 a, a -1 b a -1 (4 a)a a + a4949369936

14、1316 丄16361212卄冃,+ ,16+13,故当且仅当 a= 13，b= 13时，4a + b取取小值为 池.(xx届高三湖南五市十校联考)设函数f (x) = |x 1| 2|x+ a|.当a= 1时，求不等式f (x)1的解集；xw 1,X+1+? X+11若不等式f(x)0在x 2,3上恒成立，求a的取值范围.11 ? | x 1| 2| x + 1|12、2xw 1 或1x1,或七)1 或 IX1 2 X+1 1 2x1的解集为i 2, 3 . f (x)0 在 x 2,3上恒成立？ |x 1| 2| x+ a|0 在 x 2,3上恒成立？ |2 x +2a| X 1? 1 x

15、2x+ 2ax 1? 1 3x2a x 1 在 x 2,3上恒成立？ (1 3x) max2a(2 .5 - 25x 1) min? 52a 4? a 2.故 a 的取值范围为(xx 宝鸡质检)已知函数 f(x) = |2x a| + |2x + 3| , g(x) = |x 1| + 2.解不等式| g(x)|5 ;(2)若对任意Xi R,都存在X2 R,使得f (Xi) = g(X2)成立，求实数a的取值范围.解：(1)由 | x 1| + 2|5 得一5|x 1| + 25,所以7| x 1|3，解得-2x4,则不等式 | g(x)|5 的解集为x| 2x|(2 x a) (2x + 3

16、)| = | a+ 3| , g(x) = | x 1| + 2 2,所以 |a+ 3| 2,解得 a 1 或 aw 5,所以实数a的取值范围为a| a 1或aw 5. (xx届高三湘中名校联考 )已知函数f(x) = |x 2| + |2x + a| , a R.当a= 1时，解不等式f (x) 5；若存在xo满足f(xo) + | xo 2|5 得 |x 2| + |2x + 1| 5.当x2时，不等式等价于 x 2+ 2x + 1 5,解得x2,所以x2;1 1当一2x5,即x2,所以解集为空集；当x5,解得xw 3，所以xw 3.4故原不等式的解集为x|x W 3或X 2(2) f(x

17、) + |x 2| = 2| x 2| + |2x+ a| = |2 x 4| + |2 x + a| |2 x + a (2x 4)| = | a + 4| ,原命题等价于(f (x) + |x 2|) min3，即 |a+ 4|3 , 7a 1，且当x a, 2时，f (x) w g( x)，求a的取值范围.解：(1)当 a= 2 时，不等式 f(x) v g(x)化为 |2x 1| + |2x 2|x 3 v 0.y设函数 y = |2 x 1| + |2 x 2| x 3,/.15x, xv ,d畑工则 y = T1则 y 1 x 2,产 x w 1,V3x 6, x 1.其图象如图所

18、示.从图象可知，当且仅当x (0,2)时，y0.所以原不等式的解集是x|0 v x v 2.(2)当 x I , f i时，f (x) = 1 + a.不等式 f (x) w g(x)化为 1+ aa 2 -2 2 /一 a 1、a4对 x -2，都成立.故a 2，即 aw3.从而a的取值范围是一1, 4 .(xx 贵阳检测)已知|x + 2| + |6 x| k恒成立.求实数k的最大值；8 2若实数k的最大值为n,正数a, b满足 += n.求7a+ 4b的最小值.5a+ b 2a+ 3b解：(1)因为| x+ 2| + |6 x| k恒成立，设 g(x) = | x + 2| + |6 x|，则 g(x)min k.又 |x + 2| +