高考数学二轮总复习强化训练8（含答案）

这是一份高考数学二轮总复习强化训练8（含答案），共4页。试卷主要包含了已知函数f＝eq \fx3－a，)已知函数f＝x＋axln x，)已知函数f＝ex－x2.等内容，欢迎下载使用。

1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
解：(1)当a＝3时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0解得x＝3－2eq \r(3)或x＝3＋2eq \r(3).
当x∈(－∞，3－2eq \r(3))∪(3＋2eq \r(3)，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2eq \r(3))，(3＋2eq \r(3)，＋∞)单调递增，在(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))单调递减．
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.
设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，则g′(x)＝eq \f(x2（x2＋2x＋3）,（x2＋x＋1）2)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，
从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,6)<0，
f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，
故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
2．(2018·唐山模拟)已知f(x)＝eq \f(1,2)x2－a2ln x，a>0.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.
解：(1)由题意知，f′(x)＝x－eq \f(a2,x)＝eq \f(（x＋a）（x－a）,x).
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x＝a时，f(x)取得最小值f(a)＝eq \f(1,2)a2－a2ln a.
令eq \f(1,2)a2－a2ln a≥0，解得0故a的取值范围是(0，eq \r(e) ]．
(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
设0a.
要证x1＋x2>2a即x2>2a－x1，则只需证f(x2)>f(2a－x1)．
因f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x1)>f(2a－x1)．
设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，0则g′(x)＝f′(x)＋f′(2a－x)＝x－eq \f(a2,x)＋2a－x－eq \f(a2,2a－x)＝－eq \f(2a（a－x）2,x（2a－x）)<0，
所以g(x)在(0，a)上单调递减，从而g(x)>g(a)＝0.
又由题意得0于是g(x1)＝f(x1)－f(2a－x1)>0，即f(x1)>f(2a－x1)．
因此x1＋x2>2a.
3．(2018·石家庄质量检测(二))已知函数f(x)＝x＋axln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，证明：f(x)≤e－x＋x2.
解：(1)由题意x>0，f′(x)＝1＋a＋aln x.
①当a＝0时，f(x)＝x，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递增，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0⇒x＝e－1－eq \s\up6(\f(1,a))>0，故当x∈(0，e－1－eq \s\up6(\f(1,a)))时，f′(x)<0，当x∈(e－1－eq \s\up6(\f(1,a))，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，e－1－eq \s\up6(\f(1,a)))上单调递减，在(e－1－eq \s\up6(\f(1,a))，＋∞)上单调递增；
③当a<0时，函数f′(x)＝1＋a＋aln x单调递减，f′(x)＝1＋a＋aln x＝0⇒x＝e－1－eq \s\up6(\f(1,a))>0，故当x∈(0，e－1－eq \s\up6(\f(1,a)))时，f′(x)>0，当x∈(e－1－eq \s\up6(\f(1,a))，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，e－1－eq \s\up6(\f(1,a)))上单调递增，在(e－1－eq \s\up6(\f(1,a))，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由(1)可知若函数f(x)＝x＋axln x存在极大值，且极大值点为1，
则a<0，且e－1－eq \s\up6(\f(1,a))＝1，解得a＝－1，
故此时f(x)＝x－xln x，
要证f(x)≤e－x＋x2，
只须证x－xln x≤e－x＋x2，即证e－x＋x2－x＋xln x≥0，
设h(x)＝e－x＋x2－x＋xln x，x>0，
则h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x.
令g(x)＝h′(x)，
则g′(x)＝e－x＋2＋eq \f(1,x)>0，
所以函数h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
又h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－e－eq \s\up6(\f(1,e))＋eq \f(2,e)－1<0，h′(1)＝－eq \f(1,e)＋2>0，
故h′(x)＝－e－x＋2x＋ln x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上存在唯一零点x0，即－e－x0＋2x0＋ln x0＝0.
所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(x0)＝e－x0＋xeq \\al(2,0)－x0＋x0ln x0，
所以只需证h(x0)＝e－x0＋xeq \\al(2,0)－x0＋x0ln x0≥0即可，
由－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，
得e－x0＝2x0＋ln x0，
所以h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)，
又x0＋1>0，
所以只要x0＋ln x0≥0即可，
当x0＋ln x0<0时，ln x0<－x0⇒x0所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0<0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0>0时，ln x0>－x0⇒x0>e－x0⇒－e－x0＋x0>0，
所以－e－x0＋x0＋x0＋ln x0>0与－e－x0＋2x0＋ln x0＝0矛盾；
当x0＋ln x0＝0时，ln x0＝－x0⇒x0＝e－x0⇒－e－x0＋x0＝0，
得－e－x0＋2x0＋ln x0＝0，故x0＋ln x0＝0成立，
得h(x0)＝(x0＋1)(x0＋ln x0)＝0，
所以h(x)≥0，即f(x)≤e－x＋x2.
4．(2018·郑州质量检测(二))已知函数f(x)＝ex－x2.
(1)求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求证：当x>0时，eq \f(ex＋（2－e）x－1,x)≥ln x＋1.
解：(1)由题意得，f′(x)＝ex－2x，
则f′(1)＝e－2，f(1)＝e－1，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1.
(2)证明：f′(x)＝ex－2x，令h(x)＝ex－2x，
则h′(x)＝ex－2，
易知f′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥f′(ln 2)＝2－2ln 2>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又曲线y＝f(x)过点(1，e－1)，
且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝(e－2)x＋1，
所以可猜测：当x>0，x≠1时，f(x)的图象恒在切线y＝(e－2)x＋1的上方．
下证：当x>0时，f(x)≥(e－2)x＋1.
设g(x)＝f(x)－(e－2)x－1＝ex－x2－(e－2)x－1，x>0，
则g′(x)＝ex－2x－(e－2)，令φ(x)＝g′(x)，
则φ′(x)＝ex－2，
易知g′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝3－e>0，g′(1)＝0，0所以存在x0∈(0，ln 2)，使得g′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)∪(1，＋∞)时，g′(x)>0；当x∈(x0，1)时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以g(x)＝ex－x2－(e－2)x－1≥0，
当且仅当x＝1时取等号，故eq \f(ex＋（2－e）x－1,x)≥x，x>0.
又x≥ln x＋1，所以eq \f(ex＋（2－e）x－1,x)≥ln x＋1，当且仅当x＝1时等号成立．