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2022年高考数学新高考Ⅱ-22

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（12分）已知函数

$f(x)=xe^{ax}-e^{x}$ ．
（1）当

$a=1$ 时，讨论

$f(x)$ 的单调性；
（2）当

$x > 0$ 时，

$f(x) < -1$ ，求

$a$ 的取值范围；
（3）设

$n\in N^{*}$ ，证明：

$\dfrac{1}{\sqrt{{1^2}+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{{2^2}+2}}+\ldots +\dfrac{1}{\sqrt{{n^2}+n}} > \ln (n+1)$ ．
分析：（1）先求出导函数

$f'(x)$ ，再根据导函数

$f'(x)$ 的正负即可得到函数

$f(x)$ 的单调性．
（2）构造函数

$g(x)=f(x)+1=xe^{ax}-e^{x}+1(x > 0)$ ，则

$g(x) < g(0)=0$ 在

$x > 0$ 上恒成立，又

$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}$ ，令

$h(x)=g\prime (x)$ ，则

$h\prime (x)=a(2e^{ax}+axe^{ax})-e^{x}$ ，根据

$h\prime (0)$ 的正负分情况讨论，得到

$g(x)$ 的单调性以及最值，判断是否满足题意，即可求出

$a$ 的取值范围．
（3）求导易得

$t-\dfrac{1}{t} > 2\ln t(t > 1)$ ，令

$t=\sqrt{1+\dfrac{1}{\;n}}$ ，利用上述不等式，结合对数的运算性质即可证得结论．
解：（1）当

$a=1$ 时，

$f(x)=xe^{x}-e^{x}=e^{x}(x-1)$ ，

$f\prime (x)=e^{x}(x-1)+e^{x}=xe^{x}$ ，

$\because e^{x} > 0$ ，

$\therefore$ 当

$x\in (0,+\infty )$ 时，

$f\prime (x) > 0$ ，

$f(x)$ 单调递增；当

$x\in (-\infty ,0)$ 时，

$f\prime (x) < 0$ ，

$f(x)$ 单调递减．
（2）令

$g(x)=f(x)+1=xe^{ax}-e^{x}+1(x > 0)$ ，

$\because f(x) < -1$ ，

$f(x)+1 < 0$ ，

$\therefore g(x) < g(0)=0$ 在

$x > 0$ 上恒成立，
又

$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}$ ，
令

$h(x)=g\prime (x)$ ，则

$h\prime (x)=ae^{ax}+a(e^{ax}+axe^{ax})-e^{x}=a(2e^{ax}+axe^{ax})-e^{x}$ ，

$\therefore h\prime (0)=2a-1$ ，
①当

$2a-1 > 0$ ，即

$a > \dfrac{1}{2}$ ，

$h\prime (0)=\lim\limits_{x\rightarrow 0+}\dfrac{g\prime (x)-g\prime (0)}{x-0}=\lim\limits_{x\rightarrow 0+}\dfrac{g\prime (x)}{x} > 0$ ，

$\therefore \exists x_{0} > 0$ ，使得当

$x\in (0,x_{0})$ ，有

$\dfrac{\;g\prime (x)}{x} > 0$ ，

$\therefore g\prime (x) > 0$ ，
所以

$g(x)$ 单调递增，

$g(x_{0}) > g(0)=0$ ，矛盾；
②当

$2a-1\leqslant 0$ ，即

$a\leqslant \dfrac{1}{2}$ ，

$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}=(1+ax)e^{ax}-e^{x}$ ，
若

$1+ax\leqslant 0$ ，则

$g'(x) < 0$ ，
所以

$g(x)$ 在

$[0$ ，

$+\infty )$ 上单调递减，

$g(x)\leqslant g(0)=0$ ，符合题意．
若

$1+ax > 0$ ，则

$g\prime (x)=e^{ax}+xae^{ax}-e^{x}=e^{ax+\ln (1+ax)}-e^{x}\leqslant {e}^{\dfrac{1}{2}x+\ln (1+\dfrac{1}{2}x)}-e^{x}\leqslant {e}^{\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}x}-{e}^{x}=0$ ，
所以

$g(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上单调递减，

$g(x)\leqslant g(0)=0$ ，符合题意．
综上所述，实数

$a$ 的取值范围是

$a\leqslant \dfrac{1}{2}$ ．
（3）由（2）可知，当

$a=\dfrac{1}{2}$ 时，

$f(x)=x{e}^{\dfrac{1}{2}x}-{e}^{x} < -1(x > 0)$ ，
令

$x=\ln (1+\dfrac{1}{n})(n\in N^{*})$ 得，

$\ln (1+\dfrac{1}{n})\cdot {e}^{\dfrac{1}{2}\ln (1+\dfrac{1}{n})}-{e}^{\ln (1+\dfrac{1}{n})} < -1$ ，
整理得，

$\ln (1+\dfrac{1}{n})\cdot \sqrt{1+\dfrac{1}{n}}-\dfrac{1}{n} < 0$ ，

$\therefore$

$\dfrac{\dfrac{1}{\;n}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}} > \ln (1+\dfrac{1}{n})$ ，

$\therefore$

$\dfrac{1}{\sqrt{{n}^{2}+n}} > \ln (\dfrac{n+1}{n})$ ，

$\therefore$

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{{k}^{2}+k}} > \sum\limits_{k=1}^{n}\ln (\dfrac{k+1}{k})=\ln (\dfrac{2}{1}\times \dfrac{3}{2}\times ...\times \dfrac{n+1}{n})=\ln (n+1)$ ，
即

$\dfrac{1}{\sqrt{{1}^{2}+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{{2}^{2}+2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{\;{n}^{2}+n}} > \ln (n+1)$ ．
点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了学生分析问题和转化问题的能力，属于难题．

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