2024届一轮复习人教A版 课时质量评价19

课时质量评价(十九)A组全考点巩固练1．已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．2．设函数f(x)＝alnx＋1-a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa-13．设n∈N*，函数f(x)＝lnxxn，函数g(x)＝e(1)求函数g(x)的单调区间和最值；(2)若当n＝3时，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤t≤g(x2)成立，求实数t的取值范围．4．(2023·合肥模拟)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈1e，e，使得f(x0)≤g(x0B组新高考培优练5．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝12x2(1)求函数f(x)在1e(2)若对b＞a＞0，总有m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)成立，求实数m的取值范围．6．(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝xeax－ex.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；(3)设n∈N*，证明：112+1+1课时质量评价(十九)A组全考点巩固练1．解：因为f(x)≤0，即ax＋lnx≤0对任意x∈[1，e]恒成立，所以a≤－lnxx，x令g(x)＝－lnxx，x∈[1，e]，则g′(x)＝因为x∈[1，e]，所以g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)min＝g(e)＝－1e所以a≤－1e.所以实数a的取值范围是-2．解：(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b，由题设知f′(1)＝0，解得b(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋1-a2x2－则f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1-ax①若a≤12，则a1-a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa-1的充要条件为f(1)<aa-1，即1②若12<a<1，则a1-a>1，故当x∈1，a1-a时，f′(x)<0；当x∈a1-a，+∞时，所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa-1的充要条件为fa而fa1-a＝alna1③若a>1，此时存在f(1)＝1-a2－1＝-a综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．3．解：(1)g′(x)＝exx-nxn+1，令g当x变化时，g′(x)与g(x)的变化如下表所示：x(0，n)n(n，＋∞)g′(x)－0＋g(x)e所以函数g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，＋∞)上单调递增．g(x)min＝en(2)当n＝3时，函数f(x)＝lnxx3，g(x)＝e由题意，若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤t≤g(x2)恒成立，只需当x∈(0，＋∞)时，f(x)max≤t≤g(x)min.因为f′(x)＝1-3lnxx4.令f′(当x变化时，f′(x)与f(x)的变化如下表所示：x(0，e1e(e1f′(x)＋0－f(x)1所以f(x)max＝f(e13又因为g′(x)＝exx-3x4，令由(1)知g(x)min＝g(3)＝e3综上所述，得13e≤t≤4．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2x－4＝2因为x＝3是函数f(x)的一个极值点，所以f′(3)＝0，解得a＝－6.经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.(2)由f(x0)≤g(x0)，得x0-lnx记F(x)＝x－lnx(x>0)，则F′(x)＝x-1x所以当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减；当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．所以F(x)≥F(1)＝1>0，所以a≥记G(x)＝x2-2xx-则G′(x)＝2x-2x因为x∈1e，e，所以2－2lnx所以x－2lnx＋2>0，所以当x∈1e，1时，G′(x)<0，G当x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增．所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥G(x)min＝－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．B组新高考培优练5．解：(1)因为f′(x)＝lnx＋1单调递增，令f′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝1e当x∈1e2，1e时，f′(x当x∈1e，1时，f′(x)＞0，f所以，f(x)min＝f(x)极小值＝f1e＝－1又f1e2＝－2e故f(x)min＝f1e＝－1e，f(x)max＝(2)因为m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)．等价于mg(b)－f(b)＞mg(a)－f(a)对于任意b>a>0恒成立，令h(x)＝mg(x)－f(x)＝m2x2－xlnx因为对b＞a＞0，总有m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)成立，所以，h(x)在(0，＋∞)上单调递增．问题转化为h′(x)＝mx－lnx－1≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即m≥lnx+1x对任意的令φ(x)＝lnx+1x，则φ′(x)＝－lnxx2，由当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝1，故m的取值范围是[1，＋∞)．6．(1)解：当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，则f′(x)＝xex，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)解：设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex.若a>12，则g′(0)＝2a因为g′(x)为连续不间断函数，故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上为增函数，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上为增函数，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．若0<a≤12，则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1+ax)－ex下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x成立．证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，故S′(x)＝11+x－1＝-故S(x)在(0，＋∞)上为减函数，故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立．由上述不等式有eax＋ln(1+ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，故h′(x)<0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)<h(0)＝0.当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h