2024届高考数学二轮复习专题强化练(十八)含答案
展开(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
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)
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⇒0
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x1
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0
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
则不等式ln t
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
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0
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0
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0
当1
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
由(1)得,任取xi,xj(xi
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)
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