2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第二册_301-339--2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第二册专题

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当t>1时，f1=1-t0时，求证：fx>2Ina+32
解析：(1)f'x=aex-1
当a≤0，f'x0，f'x=0⇒x=Ina，fx在-∞，-Ina上单减，-Ina，+∞上单增
(2)由(1)当a>0时，fx≥f-Ina=Ina+a2+1
下证：Ina+a2+1>2Ina+32，即证a2-Ina-12>0：
我们不妨构造函数ga=a2-Ina-12，g'a=2a-1a=2a2-1a=0⇒a=22，
由ga在0，22g'a0，令Δ=a2-4
(1)当Δ=a2-4≤0，即-2≤a≤2时，x2+ax+1≥0对x>0恒成立
即f'x=x2+ax+1x≥0对x>0恒成立，此时fx没有极值点；2分
(2)当Δ=a2-4>0，即a2
(1)a0，故x2>x1>0
∴xx2时f'x>0；在x10；故函数fx没有极值点.4分
综上，当a0
不妨设00，∴x∈0，1时，φ'x0，θx为增函数，
∴θx≥θe=2，∴lnx+ex≥2，⋯⋯(2)当且仅当x=e时取等号；
由于(1)(2)等号不同时成立，故有ex+x2-e+1x+ex>2，12分
解法三：异构
原式等价于：若对于∀x>0，总有fx≤gx.(i)求实数a的取值范围；
(i)fx≤gx⇔ex-lnx+x2≥ax，即证：ex-Inx+x2-ax≥0
即证：ex-ex-x-12+x-1-Inx+2x-12+e+1-ax≥0，[注：ex-ex-x-12≥0，x-1-Inx≥0自证]
故e+1-a≥0⇒a≤e+1，
当a>e+1时，当x=1时，则不等式≥0不成立，故矛盾！综上a≤1(ii)其实即证：lnx+ex≥2，这也是个常见的不等式！
266.(2023·南䒞模犴)已知函数fx=aex-ex-aae-2，当x=1矛盾出现
268.(2023·全国模拟)已知函数fx=x-eex-e+x2-21+ex+1.
(1)求函数fx的单调区间；
(2)设函数Fx=fx-x2+21+ex+lnx-1x-1+m，若Fx≤0对任意的x>1恒成立，求m范围.
解析：即证：Fx=x-eex-e+Inx-1x-1+m+1≤0，构造函数hx=xex，
Fx=hx-e+hlnx-1+m+1≤0， Fxmax=Fe+1⇒1e+1e+m+1≤0⇒m≤-2e-1
269.已知函数fx=lnx-1-1，gx=ex-lna-x-b a>0，b∈R
(1)当a=1，讨论gx在R上的零点个数；
(2)若关于x的不等式gx-lna+b>fx-x恒成立，求实数a的取值范围.
解：(1)a=1，gx=ex-x-b，g'x=ex-1，令g'x=0，得x=0
当x0，gx在0，+∞单调递增
所以x=0是gx的极小值点同时也是最小值点，即gxmin=g0=1-b
当1-b>0，即b0，所以gx在-∞，0只有一个零点，
又因为gb=eb-b-b=eb-2b，取φx=ex-2x，φ'x=ex-2，
令ϕ'x=ex-2=0，得x=ln2，当x>ln2，φ'x=ex-2>0，φx在ln2，+∞单调递增
当x0，hx在R上单调递增；只需x-lna>lnx-1，即lna0，μ'x>0，所以μx在0，+∞上单调递增
当xa1a2-1，即证a2lna2>1a-a，这是显然的a2lna2>0，而1a-a0时，x>0，x∈0，a时，f'xh'0=1-e-12>0
故gx在0，1上单增，当1，+∞上单减，故gxmax=g1=-1+2m+1e≤0⇒m∈0，e-12
解法三、必要性探路
令gx=exInx+mx2+1-exx+m≤0，g1=2m+1-e≤0⇒00
由f'x=0⇒ax2-x-1=0⇒x1=1-1+4a2a0，⋯⋯⋯4分
此时当x∈0，1+1+4a2a，f'x0时，f'x=0的根为x=lna或x=-1.若lna>-1，即a>1e，
所以fx在-∞，-1，Ina，+∞上单调递增，在-1，Ina上单调递减..3分
若lna=-1，即a=1e，
f'x≥0在-∞，+∞上恒成立，所以fx在-∞，+∞上单调递增，无减区间分
若lna0，满足题意.7分
当01时，i'x>0；当x0，故jx在0，1上单调递减，在1，+∞上单调递增，
所以jx≥j1=0，即x≥lnx+1(当且仅当x=1时取等号)(2分)
当m=1时，fx=ex-1-xlnxx>0，则f'x=ex-1-lnx-1≥x-lnx+1≥0，当x=1时等号成立
所以，∀x∈0，+∞，f'x≥0；(4分)
(2)法1，隐零点：fx有两个极值，点，即f'x=ex-m-lnx-m有两个变号零点.
(1)当m≤1时，f'x=ex-m-lnx-m≥ex-1-lnx-1，由(1)知f'x≥0，
则fx在0，+∞上是增函数，无极值点；
(6分)
(2)当m>1时，令gx=f'x，则g'x=ex-m-1x，∵g'1=e1-m-10；ln-2a0.
∴fx在-∞，ln-2a、1，+∞上递增，在ln-2a，1上递减.
当a0，设gx=2ax2-x+1x>0
(1)当00时，
(1)当t=2a2a时，可得h'x≥0，所以hx在0，+∞上单调递增，所以其只有唯一的零点2a2a；⋯⋯⋯7分
(2)当t1，有hx0>0：若其判别式大于零，设其右侧的零点为m，则对任意的x0>max{m，1}，有hx0>0，所以在区间2a2a，+∞上，存在零点，综上hx的零点不唯一：
(或者这么说明：当x→+∞时，lnx→+∞且ax2-1t+2atx-lnt+at2+1→+∞，所以hx→+∞，所以hx在2a2a，+∞上存在零点，的情给分)
(2)当t=2a2a时，可得h'x≥h't=0，所以hx在0，+∞上单调递增，所以其只有唯一的零点2a2a；
(3)当t>2a2a时，h'x在t，+∞上大于零，在2a2a，t上小于零，所以hx在t，+∞上单调递增，在2a2a，t
上单调递减，所以hx在2a2a，+∞上大于或等于零，且有唯一的零点t.
函数y=ax2-1t+2atx-lnt+at2+1在区间0，1上一定存在最大值，设为n，若n≤0，则hx在0，1上小于零.若n>0，当00，得x0得x0，所以2x+2x≥4；
因此，当a≤4时，f'x=2x-a+2x≥0在0，+∞上恒成立，所以fx在0，+∞上单调递增；当a>4时，由f'x=2x-a+2x>0得2x2-ax+2>0，解得x>a+a2-164或00在a>e时恒成立，
则ga在区间a∈e，+∞上单调递增，且ge2=2e2lne2-e2-e=3e2-e，
从而fx1+fx2+fx3=2alna-a-e=ga≤3e2-e的解为a≤e2，
综上所述：e0，则gx在0，1m上单调递增，在1m，+∞上单调递减.
(2)由题意fx=xlnx-mx2-x，x>0对fx求导可得f'x=lnx-2mx，x>0
从而x1，x2是f'x的两个变号零点，因此2m=lnx1x1=lnx2x2=lnx1+lnx2x1+x2=lnx1-lnx2x1-x2
下证：lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2，x10，所以x=1是函数fx的一个极小值点；
(ii)若a>0时，若Δ=1-8a≤0，即a≥18时，f'x≤0，fx在0，+∞是减函数，fx无极值点.若Δ=1-8a>0，即00，⋯⋯⋯1分
则(1)当a=0时，fx=1x>0是常数函数，不具备单调性；
(2)当a>0时，由f'x>0⇒00⇒x>1；由f'x0x1+x2=a>0x1x2=a>0⇒a>4，不等式gx1+gx2gx1+gx2x1+x2=gx1+gx2a恒成立.7分
又gx1+gx2-alnx1-x1+12x12+alnx2-x2+12x22=alnx1+lnx2-ax1+x2+12x12+x22=alnx1x2-ax1+x2+12x1+x22-2x1x2=alna-a2+12a2-2a=alna-12a2-a
所以gx1+gx2x1+x2=lna-12a-1，10分
令y=lna-12a-1 a>4，则y'=1a-120时，函数fx=-12ax2+1+ax-lnx导数为f'x=-ax+1+a-1x=-x-1ax-1x若a=1时，f'x≤0，fx单调递减
若a>1时，1a1或00，gx为增函数，gx在区间m，n⊆12，+∞上递增，∵gx在m，n上的值域是km+2-2，kn+2-2，
所以gx=kx+2-2在12，+∞上至少有两个不同的正根m，nm>n≥12，k=gx+2x+2，令Fx=x2-xlnx+2x+2，求导得，F'x=x2+3x-2lnx-4x+22
令Gx=x2+3x-2lnx-4x≥12则G'x=2x+3-2x=2x-1x+2xx≥12
所以Gx在12，+∞递增，G120，所以函数fx在0，+∞上单调递增.
当k-12e，所以g'k=1k+14k2=4k+14k2>-2e+14k2>0.
所以gk在-12e，0上单调递增，
所以f-2k=gk>g-12e=In1e+1e>0
[若考生书写为：因为当x→0+时，fx→+∞，且f1=-k>0.此处不扣分]
所以k的取值范围是-12e，0.
[方法2]由fx=lnx-kx2=0，得到k=x2lnx.
设gx=x2lnx，则g'x=x2lnx+1.
当00，
所以函数gx在0，e-12上单调递减，在e-12，+∞上单调递增.
所以由gxmin=ge-12=-12e
因为x→0+时，gx→0，且g1=0，
要使函数fx有两个零点，必有-12e-8k
即证x121+t2>-8k，即证kInt1t2-11+t2>-8k.
因为-12e-2k.即证tx12>-2k，即证t×kInt1t2-1>-2k
因为-12e1.
设ht=2lnt-t+1t，h't=-t-12t21
所以ht在1，+∞上单调递减，
所以ht=2lnt-t+1t2-2k.
[方法3]因为x1，x2是函数fx有两个零点，不妨设x11.
所以lnx1-kx12=0，lnx2-kx22=0.即lnx1+lnx2=kx12+kx22.
要证x1+x2>2-2k，需证x1x2>-2k.
只需证Inx1+Inx2>In-2k.
即证kx12+kx22>In-2k，即证kx12+ktx12>In-2k，即证k1+1t21x12>In-2k.
因为-2k-121+1=-1.
而In-2kIn-2k成立.
所以x1+x2>2-2k.
[方法4]因为x1，x2是函数fx有两个零点，不妨设x11.
由已知得lnx1-kx12=0，lnx2-kx22=0，即lnx2-lnx1=kx22-kx12.
先证明lnx2-lnx1x2-x12-2k成立.
例11.(2020届广州市普通高中毕业班综合测诚(一)文科)已知函数fx=x+aebxb≠0的最大值为1e，且曲线y=fx在x=0处的切线与直线y=x-2平行(其中e为自然对数的底数).
(1)求实数a，b的值；(2)如果0g1=0⇒3x1+x2>3
解法2：由(1)知：fx=xex，x1ex1=x2ex2，∴x2=x1ex2ex1=x1ex2-x1，设t=x2-x1
所以：x1et-x1=t⇒x1=tet-1，x2=t+tet-1=tetet-1，即证：3tet-1+tetet-1>3，∵t>0，
即证：t-3et+3t+3>0，t>0设：gt=t-3et+3t+3⇒g't=t-2et+3⇒g''t=t-1et
所以g't在0，1单减，在1，+∞单增，故g'tmin=g'1=-e+3>0⇒g't>0⇒gt单增，
∴gt>g0=0，故得证！
例12.(广东省广州市2023届高三上学期11月调研数学试题)已知fx=12x2-4x+aInx.
(1)若函数fx在区间0，+∞上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若函数fx有两个极值点x1，x2，证明：fx1+fx2>-10+Ina.
解析：(1)f'x=x-4+ax≥0，x>0，a≥-x2+4x⇒a≥-x2+4xmax=4
f'x=x-4+ax=x2-4x+ax⇒Δ=16-4a>0x1x2=a>0x1+x2=4⇒a∈0，4故：
fx1+fx2=12x12+x22-4x1+x2+aInx1+Inx2=12x1+x22-x1x2-4x1+x2+aInx1x2=aIna-a-8
要证fx1+fx2>-10+Ina，只需证：aIna-a-8>-10+Ina，即证：a-1Ina-a+2>0，a∈0，4
构造函数gx=x-1Inx-x+2⇒g'x=Inx+x-1x-1=Inx-1x=xInx-1x，x∈0，4
所以g'10；当x1，Fx=Int2t-1t+1，t>1∴Fx=t-12tt+1>0在t∈1，+∞为增函数，∴Fx>F1=0∴x1+x2>1a
(2)∵x2-3x1≥0，∴t=x2x1≥3，∵Inx+2=2ax1Inx+2=2ax2∴Inx+Inx+4=2ax2+x1
∴Inx2+Inx+4=Inx-Inxx2-x1x2+x1，∴Inx1x2+4=x2x1x2x1+1Inx2x1
令Gx=t+1t-1Int≥3，∴G't=t-1t-2Intt-12t≥3
令ht=t-1t-Int≥3∴h't=t-12t2≥0∴hx≥h3>h1，∴G't>0，∴Gx在t∈[3，+∞)为增函数，∴Gx≥G3=2InB=Inθ∴Inx2+Inx+4≥Inθ∴Inx1⋅x2≥In9e4，∴x1⋅x2≥9e4
∴x1+x2>2x1x2=29e4=6e2∴x1+x2>6e2
例15.已知函数fx=mx+12lnx-1m∈R的两个零点为x1，x2x12e.
解析：(1)f'x=-mx2+12x=x-2m2x2，当m≤0时，f'x>0，fx在0，+∞上单调递增，不可能有两个零点：当m>0时，由f'x>0，可解得x>2m；由f'x0，得034+ln2
解析：(1)f'x=2ax-a-1x=2ax2-ax-1xx>0，令hx=2ax2-ax-1，Δ=a2+8a
(1)当a=0时，fx=-lnx在0，+∞上单调递减
(2)当a>0时，Δ>0，由f'x=0得x1=a+a2+8a4a>0，x2=a-a2+8a4a0
∴fx在0，a+a2+8a4a上单调递减，在a+a2+8a4a，+∞上单调递增
(3)当-8≤a0
当x∈0，a+a2+8a4a或x∈a-a2+8a4a，+∞时，f'x0，112-x>0，x2-12x+18x2-12x2>0∴当x∈0，14时，h'x>0，
∴g'x在区间0，14单调递增∴g'x0.
故fx在-∞，-Ink单调递减，在-Ink，+∞单调递增.
(2)由已知得gx=kexx-3-13x3+x2，g'x=x-2kex-x，令g'x=0，得x=2或kex-x=0.
要使函数gx有三个极值点，须g'x=0有三个不相等实数根，从而kex-x=0有两个异于2的实根.
不妨设x10，且fxmin=f-lnk=1+lnk0，
所以fx1-x2的最小值为f-14=-e-14
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，00，x∈x1，x2时，f'x