专题二 平面向量、三角函数与解三角形-2021高考理科数学【创新教程】大二轮高考总复习

则g′(x)＝a－cosx－ １ ２x ２＝a－１＋２sin２ x２ － １ ２x ２＜a －１＋２ x２( ) ２ － １２x ２＝a－１, 当a≤１时,g′(x)＝a－１≤０, 所以g(x)在 ０, π ２( ) 上是单调递减函数, 从而g(x)＜g ０( ) ＝０,即f(x)≤ １ ６x ３． 高考押题 解析:(１)由已知令f′(x)＝０,得 ２a＝ １＋lnx x ,记 Q(x) ＝１＋lnxx ,则函数f(x)的极值点个数 转 化 为 函 数 Q(x) 与y＝２a 的交点个数,再利 用 导 数 得 到 Q(x)在(０,１)上 是增函数,在 １,＋∞( ) 上 是 减 函 数,且 Q(x)max＝Q(１) ＝１,对a 分情况讨论,即可得到函数f(x)的极值点个 数 情况; (２)由已知令g′(x)＝０,可 得 ２a＝ lnx x ,记h(x)＝lnxx , 利用导数得到h(x)的单调性,可得h(x)max＝ １ e ,当x＞ e时,f(x)＞０,所 以 当 ０＜２a＜ １ e 即 ０＜a＜ １２e 时,g(x) 有２个极 值 点 x１,x２,从 而 得 到 ２a＝ ln(x１x２) x１＋x２ ,所 以ln (x１＋x２)＜ln(x１x２),即x１＋x２＜x１x２． 解:(１)f′(x)＝lnx＋x． １ x －２ax＝lnx－２ax＋１ (x＞ ０), 令f′(x)＝０,得２a＝ １＋lnx x , 记 Q(x)＝１＋lnxx ,则 Q′(x)＝－lnx x２ , 令 Q′(x)＞０,得０＜x＜１;令 Q′(x)＜０,得x＞１, ∴Q(x)在(０,１)上 是 增 函 数,在 １,＋∞( ) 上 是 减 函 数, 且 Q(x)max＝Q(１)＝１, ∴当２a＞１即a＞ １２ 时,f′(x)＝０无 解,∴f(x)无 极 值 点, 当２a＝１即a＝ １２ 时,f′(x)＝０有一解,２a≥ １＋lnx x ,即 lnx－２ax＋１≤０, f′(x)≤０恒成立,∴f(x)无极值点, 当０＜２a＜１,即０＜a＜ １２ 时,f′(x)＝０有 两 解,∴f(x) 有２个极值点, 当２a≤０即a≤０时,f′(x)＝０有一解,f(x)有一个 极 值 点． 综上所述:当a≥ １２ ,f(x)无 极 值 点;０＜a＜ １ ２ 时,f(x) 有２个极值点;当a≤０,f(x)有１个极值点; (２)g(x)＝xlnx－ax２－x,g′(x)＝lnx－２ax(x＞０), 令g′(x)＝０,则lnx－２ax＝０,∴２a＝ lnx x , 记h(x)＝lnxx ,则h′(x)＝１－lnx x２ , 由h′(x)＞０得０＜x＜e,由h′(x)＜０,得x＞e, ∴h(x)在(０,e)上是增函数,在(e,＋∞)上是减函数, hmax(x)＝h(e)＝ １ e ,当x＞e时,f(x)＞０, ∴当０＜２a＜ １e ,即０＜a＜ １２e 时, g(x)有２个极值点x１,x２, 由 lnx１＝２ax１ lnx２＝２ax２{ , 得ln(x１x２)＝lnx１＋lnx２＝２a(x１＋x２), ∴２a＝ ln(x１x２) x１＋x２ , 不妨设x１＜x２ 则１＜x１＜e＜x２,∴x１＋x２＞x２＞e, 又h(x)在(e,＋∞)上是减函数, ∴ ln(x１＋x２) x１＋x２ ＜ lnx２ x２ ＝２a＝ ln(x１x２) x１＋x２ , ∴ln(x１＋x２)＜ln(x１x２), ∴x１＋x２＜x１x２． 专题二　第１讲 考点研　层层突破 考点一 例１　(１)C　[对于②:当a＝０时,不成立; 对于③:当a,b之一为零向量时,不成立; 对于④:当a＋b＝０时,a＋b 的 方 向 是 任 意 的,它 可 以 与 a,b的方向都不相同．故选 C．] (２)A　[根 据 向 量 的 加 减 法 运 算,列 方 程 组 即 可 求AB → ． 根据条件 AB → ＋AD → ＝a AD → －AB → ＝b{ ,∴AB → ＝ １２ (a－b)．故选 A．] 跟踪训练 １．A　２．C　 考点二 例２　(１)B　[AP → ＝ ２３AB → ＋ １３AC → ＝ ２３λAM → ＋ １３μ AN →,因 为 M,N,P 三点共 线,所 以 ２３λ＋ １ ３μ ＝１,因 此λ＋２μ＝(λ＋ ２μ) ２ ３λ＋ １ ３μ( ) ＝ ４ ３ ＋ ４μ ３λ＋ λ ３μ ≥ ４３ ＋２ ４μ ３λ× λ ３μ ＝ ８３ , 选 B．] (２)解析:解法一:AO → ＝ １２ (AB → ＋AC →)＝m２AM → ＋n２AN → ． ∵M,O,N 三点共线, ∴m２ ＋ n ２ ＝１．∴m＋n＝２． 解法二:MN 绕O 旋转,当 N 与C 重合时,M 与B 重 合, 此时 m＝n＝１,∴