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新高掌-2021真题集锦-分析.pdf

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. I . 按照“新高掌”的思路求解 2021高考数学压轴题 (2021 新高考 22)已知函数 f(x ) = x(1 lnx). (I) 讨论 f(x ) 的单调性 ; (II) 设a, b 为两个不相等的正数 ,且 bln a aln b= a b, 证明 2< 1 a+ 1 b< e. 【解题人】张杨文 , 方法源自新高掌函数 6.4节(第 347 页). 【 解析 】(I) 对f(x ) 求导可得 f′ ( x ) = ln x, 令 f′ ( x ) > 0, 则 x2 (0;1) ;令 f′ ( x ) < 0, 则 x 2 (1;+ 1 ). 故 f(x ) 在 (0;1) 上单调递增 ,在 (1;+ 1 )上单调递减 . 对于第 (II)问,先来分析一下 .观察式子应该能联想到应该在 bln a aln b= a b 的两边同时除以 ab,可得 lna a ln b b= 1 b 1 a: 显然 ,需要移项 ,即将含有 a的放在一边 ,另一边只含有 b, 也就是 ln a a+ 1 a= ln b b+ 1 b: (0.0.1) 再观察结论 ,我们需要将 1 a看成一个整体 ,所以将 ( 0.0.1 )中的 lna换成 ln 1 a; 同理也将 lnb换 成 ln 1 b, 即 ln 1 a a+ 1 a= ln 1 b b+ 1 b, 1 a 1 aln 1 a= 1 b 1 bln 1 b: 显然 ,我们需要构造函数 x xln x, 这就是题中给出的函数! 令 m= 1 a, n = 1 b, 则第 (II)问等价可转化为 :若 f(m ) = f(n ), 证明 2< m +n < e. 首先证明 m+n > 2. 因为 f(m ) = f(n ), 所以由图 0-1 可知0< m < 1, 1 < n < e.这是典 型的极值点偏移的题 , 利用新高掌函数方法总结 6.3(第347 页) : m +n > 2 ,m > 2 n ,f(m )> f (2n) ,f(n ) > f (2n) 然后构造辅助函数 g(x ) = f(x ) f(2 x)( x 2 (1;2) )并须证明 g(x ) > 0. 因为 g(1) = 0 ,所以只 . II . 须证明 g(x ) 在 (1;2) 上单调递增即可 .求导可得 g ′ ( x ) = f′ ( x ) + f′ (2 x) = ln x ln(2 x) = ln[x (2 x)] > 0: 也就是左边的不等式得证 . 然后再来证明 m+n < e,继续按上述的做法可得 m +n < e ,m < e n ,f(m )< f (e n) ,f(n ) < f (e n) : 不幸的是 ,这是错误的!!因为 e n并不落在 (0;1) 内,所以不能利用函数 f(x ) 在 (0;1) 上的 递增性 ,即不能将 m >e n转化为 f(m )> f (e n). 因此我们需要这么转化 : m +n < e ,n < e m ,f(n ) > f (e m) ,f(m )> f (e m) : 上述的转化之所以是正确的是因为 n和 e m 均落在 (1;e) 内 . 图0-1 图0-2 然后构造辅助函数 h(x ) = f(x ) f(e x)( x 2 (0;1) )并须证明 h(x ) > 0. 求导可得 h ′ ( x ) = h′ ( x ) + h′ ( e x) = ln x ln(e x) = ln[x (e x)] : 如图 0-2 为h′ ( x ) 在 (0;1) 上的大致图像 ,则 h(x ) 在 (0; x 0) 上递增 ,
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