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2024届高考数学二轮复习专题强化练(十八)含答案

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这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(十八)含答案，共10页。试卷主要包含了已知函数f＝xex＋ax2，已知函数f＝2xe2x.等内容，欢迎下载使用。

(1)判断f(x)的单调性；
(2)当02.
(1)解：因为f(x)＝eq \f(x2,2)＋ln x－2ax，
所以f′(x)＝x＋eq \f(1,x)－2a＝eq \f(x2－2ax＋1,x)，x∈(0，＋∞)，
设g(x)＝x2－2ax＋1，
Δ＝(－2a)2－4≤0，即0所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
Δ＝(－2a)2－4>0，即a>1时，方程有两个不等的实数根，且
x1＝eq \f(2a－\r(4a2－4),2)＝a－eq \r(a2－1)>0，
x2＝eq \f(2a＋\r(4a2－4),2)＝a＋eq \r(a2－1)>0，
所以任意x∈(0，a－eq \r(a2－1))，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
任意x∈(a－eq \r(a2－1)，a＋eq \r(a2－1))，x2－2ax＋1>0，f′(x)<0，f(x)单调递减，
任意x∈(a＋eq \r(a2－1)，＋∞)，x2－2ax＋1>0，f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当0当a>1时，f(x)在(0，a－eq \r(a2－1))，(a＋eq \r(a2－1)，＋∞)上单调递增，在(a－eq \r(a2－1)，a＋eq \r(a2－1))上单调递减．
(2)证明：因为f(1)＝eq \f(1,2)－2a，
所以f(m)＋f(n)＝1－4a＝2f(1)，
由(1)可得0不妨设0要证m＋n>2，即证n>2－m>1，
即f(n)>f(2－m)，
所以1－4a－f(m)>f(2－m)，
所以f(m)＋f(2－m)<1－4a，
设F(x)＝f(x)＋f(2－x)，x∈(0，1)，
F′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝x＋eq \f(1,x)－2a－(2－x)－eq \f(1,2－x)＋2a＝－eq \f(（x－1）3,x（2－x）)，
所以x∈(0，1)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)所以m＋n>2.
2．(2023·深圳模拟)已知函数f(x)＝xex＋ax2(a∈R)．
(1)当a＝－eq \f(1,2)时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝xln x＋xex－f(x)有两个极值点，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－eq \f(1,2)时，f(x)＝xex－eq \f(1,2)x2，
则f′(x)＝(x＋1)ex－x，
所以f(1)＝e－eq \f(1,2)，
切线斜率为k＝f′(1)＝2e－1，
所以切线方程为：y－(e－eq \f(1,2))＝(2e－1)(x－1)，
即y＝(2e－1)x－e＋eq \f(1,2).
(2)因为g(x)＝xln x＋xex－xex－ax2＝xln x－ax2，定义域为(0，＋∞)，
所以g′(x)＝ln x＋1－2ax，
又因为g(x)有两个极值点，
所以g′(x)有两个零点，即：ln x＋1－2ax＝0(x∈(0，＋∞))有两个不同的根．
即：2a＝eq \f(ln x＋1,x)(x∈(0，＋∞))有两个不同的根．
令h(x)＝eq \f(ln x＋1,x)则y＝h(x)与y＝2a在(0，＋∞)上有两个不同的交点．
因为h′(x)＝eq \f(1－ln x－1,x2)＝eq \f(－ln x,x2)，
则h′(x)>0⇒01，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又因为h(1)＝1，h(eq \f(1,e))＝0，
当x→0时，h(x)→－∞；当x→＋∞时，h(x)→0，
所以y＝h(x)的图象如图所示，
所以0<2a<1，
所以03．(2023·东莞模拟)已知函数f(x)＝a(ex－x－1)－ln (x＋1)＋x，a≥0.
(1)证明：f(x)存在唯一零点；
(2)设g(x)＝aex＋x，若存在x1，x2∈(－1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x1)－g(x2)，证明：x1－2x2≥1－2ln 2.
(1)证明：由题意可得f′(x)＝a(ex－1)－eq \f(1,x＋1)＋1，
记F(x)＝f′(x)＝a(ex－1)－eq \f(1,x＋1)＋1，
则F′(x)＝aex＋eq \f(1,（x＋1）2)，
因为a≥0时，F′(x)>0恒成立，
所以F(x)＝f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
因为f′(0)＝0，所以f′(x)在(－1，0)上恒小于0，在(0，＋∞)上恒大于0，
所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(0)＝0，所以f(x)有唯一零点0.
(2)解：由f(x1)＝g(x1)－g(x2)可得ln (x1＋1)＋a(x1＋1)＝aex2＋x2，
若x1是方程ln (x＋1)＋a(x＋1)＝b的根，
则ln (x1＋1)是方程aex＋x＝b的根，
因为m(x)＝ln (x＋1)＋a(x＋1)，n(x)＝aex＋x都单调递增，
所以x2＝ln (x1＋1)，x1－2x2＝x1－2ln (x1＋1)，
设h(x)＝x－2ln (x＋1)，h′(x)＝1－eq \f(2,x＋1)＝eq \f(x－1,x＋1)，
所以h′(x)>0的解为(1，＋∞)，h′(x)<0的解为(－1，1)，
所以h(x)在(－1，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以h(x)的最小值为h(1)＝1－2ln 2，
即x1－2x2的最小值为1－2ln 2.
故原不等式成立．
4．(2023·珠海斗门区校级三模)已知函数f(x)＝2xe2x.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若对∀x>0，f(x)≥(ax＋1)ln (ax)－2x恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝2e2x(2x＋1)，
所以当x∈(－∞，－eq \f(1,2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(－eq \f(1,2)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以函数f(x)在x＝－eq \f(1,2)处取得极小值，f(－eq \f(1,2))＝－eq \f(1,e)，该极小值也是最小值．
所以f(x)的最小值为－eq \f(1,e).
(2)因为对∀x>0，f(x)≥(ax＋1)ln (ax)－2x恒成立，
所以2xe2x＋2x≥axln (ax)＋ln (ax)，即2xe2x＋2x≥eln (ax)ln (ax)＋ln (ax)恒成立，
令g(x)＝xex＋x，g′(x)＝ex(x＋1)＋1，
所以当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
因为g(2x)＝2xe2x＋2x>0，
g[ln (ax)]＝ln (ax)eln (ax)＋ln (ax)
所以当ln (ax)≤0时，g[ln (ax)]＝ln (ax)eln (ax)＋ln (ax)≤0，
2xe2x＋2x≥eln (ax)ln (ax)＋ln (ax)恒成立，
当ln (ax)>0时，由g(2x)≥g[ln (ax)]得2x≥ln (ax)，即2x－ln (ax)≥0恒成立，
设h(x)＝2x－ln (ax)，h′(x)＝2－eq \f(1,x)，
所以当x∈(0，eq \f(1,2))时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(eq \f(1,2)，＋∞)时h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(eq \f(1,2))＝1－ln eq \f(a,2)，
所以要使2x－ln (ax)≥0恒成立，
只需1－ln eq \f(a,2)≥0，解得a≤2e，
由题可知，a>0，
所以实数a的取值范围为(0，2e]．
5．(2023·深圳龙岗区校级一模)已知函数f(x)＝x(ln x－a)在区间[1，e]上的最小值为－1，函数g(x)＝eq \f(m,2)x2－m，a，m∈R.
(1)求a的值；
(2)设函数F(x)＝f(x)－g(x)，x1，x2是F(x)的两个不同的极值点，且x15.
解：(1)依题意有f′(x)＝ln x－a＋1，
由f′(x)<0，可得x∈(0，ea－1)，
由f′(x)>0，可得x∈(ea－1，＋∞)，
所以f(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增．
①若ea－1≥e，即a≥2，
则f(x)在[1，e]上单调递减，
则f(x)∈[e(1－a)，－a]，
所以－1＝e(1－a)，所以a＝1＋eq \f(1,e)<2，不符合题意；
②若ea－1≤1，即a≤1，则f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)∈[－a，e(1－a)]，
所以－a＝－1，a＝1，符合题意；
③若1综上，可知a＝1.
(2)由(1)可知f(x)＝x(ln x－1)，
所以F(x)＝f(x)－g(x)＝xln x－x－eq \f(m,2)x2＋m，
则F′(x)＝ln x－mx，
由题意可知x1，x2是方程F′(x)＝0，
即ln x－mx＝0的两个根，
则ln x1＝mx1，ln x2＝mx2，
所以2ln x1＋3ln x2>5等价于2mx1＋3mx2>5.
因为0eq \f(5,2x1＋3x2)，
因为ln x1＝mx1，ln x2＝mx2，
作差得ln x1－ln x2＝m(x1－x2)，即m＝eq \f(ln \f(x1,x2),x1－x2)，
所以原不等式等价于eq \f(ln \f(x1,x2),x1－x2)>eq \f(5,2x1＋3x2).
因为0令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0，1)，
则不等式ln t令φ(t)＝ln t－eq \f(5（t－1）,2t＋3)，
则φ′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(25,（2t＋3）2)＝eq \f(4t2－13t＋9,t（2t＋3）2).
令函数s(t)＝4t2－13t＋9，则s(t)在(0，1)上单调递减，
所以s(t)>s(1)＝0，
则t∈(0，1)时，φ′(t)>0，所以φ(t)在(0，1)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以φ(t)<0在(0，1)上恒成立，
故2ln x1＋3ln x2>5.
6．(2023·广州三模)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)ax2－(a＋1)x，a∈R.
(1)讨论f(x)零点的个数；
(2)当a>1时，若存在x1，x2，x3(x1(1)解：已知f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)ax2－(a＋1)x，a∈R，
函数定义域为(0，＋∞)，
可得f′(x)＝eq \f(1,x)＋ax－(a＋1)＝eq \f(（ax－1）（x－1）,x)，
①当a＝0时，f′(x)＝eq \f(1－x,x)，
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)≤f(1)＝－1<0，
此时f(x)无零点；
②当a<0，ax－1<0时，
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－eq \f(a,2)－1，
易知当x→0＋，x→＋∞时，均有f(x)→－∞，
若－eq \f(a,2)－1>0，即a<－2时，f(x)有两个零点；
若－eq \f(a,2)－1＝0，即a＝－2时，f(x)有一个零点；
若－eq \f(a,2)－1<0，即－2③当a>0，0当00，f(x)单调递增；
当1当x>eq \f(1,a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又f(1)＝－eq \f(a,2)－1<0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以f(x)有一个零点，
若a＝1，可得f′(x)≥0，
所以f(x)在定义域上单调递增，
易知当x→0＋时，f(x)→－∞；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
所以f(x)有一个零点，
若a>1，同理可得，f(x)在(0，eq \f(1,a))∪(1，＋∞)上单调递增，在(eq \f(1,a)，1)上单调递减，且f(eq \f(1,a))＝ln eq \f(1,a)－eq \f(1,2a)－1<0，
此时f(x)有一个零点，
综上得：当－2当a＝－2或a>0时，f(x)有一个零点；
当a<－2时，f(x)有两个零点；
(2)证明：当a>1时，若存在x1，x2，x3(x1使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，
由(1)得，任取xi，xj(xi不妨设t＝eq \f(xi,xj)>1，
先证eq \f(ln xj－ln xi,xj－xi)>eq \f(2,xj＋xi)，
即证ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)>0，
不妨设g(t)＝ln t－eq \f(2（t－1）,t＋1)，函数定义域为(1，＋∞)，
可得g′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(4,（t＋1）2)＝eq \f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，
所以g(t)在定义域上单调递增，
则g(t)>g(1)＝0，
即eq \f(ln xj－ln xi,xj－xi)>eq \f(2,xj＋xi)成立，
由f(xi)＝f(xj)，
可知ln xi＋eq \f(1,2)axeq \\al(2,i)－(a＋1)xi＝ln xj＋eq \f(1,2)axeq \\al(2,j)－(a＋1)xj，
整理得eq \f(ln xi－ln xj,xi－xj)＋eq \f(a,2)(xi＋xj)－(a＋1)＝0，
所以eq \f(2,xi＋xj)＋eq \f(a,2)(xi＋xj)－(a＋1)<0，
即eq \f(a,2)(xi＋xi)2－(a＋1)(xi＋xj)＋2<0，
则[eq \f(a,2)(xi＋xj)－1][(xi＋xj)－2]<0，
解得eq \f(2,a)所以eq \f(2,a)以上三式相加得eq \f(3,a)