备战2025年高考二轮复习数学专题突破练4

专题突破练(分值:60分)学生用书P1411.(13分)(2024·陕西二模)证明下列两个不等式:(1)-xln(-x)≥-1e(2)ex-x+xln(-x)<3.证明(1)令f(x)=-xln(-x),定义域为(-∞,0),f'(x)=-ln(-x)+(-x)·1-x×(-1)=-ln(-x)-令f'(x)>0,得-1e<x<0,此时函数f(x)单调递增,令f'(x)<0,得x<-1e,此时函数f(x)所以f(x)≥f-1e=-1e(2)令h(x)=ex-x+xln(-x)(x<0),则h'(x)=ex+ln(-x).当x<-1时,h'(x)=ex+ln(-x)>0.当-1<x<0时,令φ(x)=h'(x),则φ'(x)=ex+1x.因为1x<-1,ex<1,所以φ'(x)<0,即h'(x)又h'(-1)=1e>0,h'-1e=e-1e+ln1e=e-1e-1<0,所以存在当x∈(-∞,x0)时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增,当x∈(x0,0)时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减,即可得h(x)max=h(x0)=ex0-x0+x0ln(-x0因为h'(x0)=0,所以ex0=-ln(-x即x0ex0=-x0ln(-x0)=ex0lnex0,由(1)可知f(x0)=f(-ex0).因为x0∈-1,-1e,所以-e所以x0=-ex0,同时ln(-x0)=x0,可得h(x0)=x02-2x0.因为x0∈-1,-1e,所以h(x0)=x02-又因为h(x)≤h(x0),所以h(x)<3.2.(15分)(2024·湖南娄底一模)已知函数f(x)=xex,其中e=2.71828…(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)≤ex-1;(3)设g(x)=f(x)-e2x+2aex-4a2+1(a∈R),若存在实数x0使得g(x0)≥0,求a的最大值.(1)解f(x)的定义域为R,f'(x)=1-xex,所以当x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.所以f(x)的增区间为(-∞,1),减区间为(2)证明要证f(x)≤ex-1,即证xex≤ex-1,令h(x)=xex-ex+1,即证h(x)≤0,h'(x)=1-x-e2xex,令m(x)=1-x-e2x,则m'(x)=-1-2e2x<0,所以m(x)在R上单调递减,又m(0)=0,所以当x<0时,m(x)>0,h'(x)>0;当x>0时,m(x)<0,h'(x)<0.所以h(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(0)=0,所以xex(3)解当0≤a≤12时,g(0)=2a-4a2=2a(1-2a)≥0,即存在x0=0满足题意当a>12时,由(2)知,g(x)=f(x)-e2x+2aex-4a2+1≤(ex-1)-e2x+2aex-4a2+1=-e2x+(2a+1)ex-4a2=-ex此时g(x)<0恒成立,不满足题意.综上,a的最大值为123.(15分)(2024·山东二模)已知函数f(x)=a2xex-x-lnx.(1)当a=1e时,求f(x)的单调区间(2)当a>0时,f(x)≥2-a,求a的取值范围.解(1)当a=1e时,f(x)=xex-1-x-lnx,x>0,则f'(x)=(x+1)ex-1-1-1x=x+1x(设g(x)=xex-1-1,则g'(x)=(x+1)ex-1>0恒成立,又g(1)=e0-1=0,所以当x∈(0,1)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)的减区间为(0,1),增区间为(1,+∞).(2)f'(x)=a2(x+1)ex-1-1x=x+1x(a2设h(x)=a2xex-1,则h'(x)=a2(x+1)ex>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(0)=-1<0,h1a2=e所以存在x0∈0,1a2,使得h(x即a2x0ex0-1当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得极小值,也是最小值,所以f(x)≥f(x0)=a2x0ex0-x0-lnx0=1-ln(x0ex0)=1+2lna,所以1+2lna≥2-a,即a+2lna-1≥0,令F(a)=a+2lna-1,易知F(a)单调递增,且所以要满足F(a)≥F(1),则a≥1.综上,a≥1.4.(17分)(2023·全国甲,文20)已知函数f(x)=ax-sinxcos2x,x∈(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围.解(1)(第一步:由导数与函数单调性的关系,先求导)当a=1时,f(x)=x-sinxf'(x)=1-cos=co=co=(cos(第二步:利用导数符号判断单调性)当0<x<π2时,∵cosx-1<∴cos2x+2cosx+2=(cosx+1)2+1>0,∴f'(x)<0.故当a=1时,f(x)在0,π(2)构建g(x)=f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx(则g'(x)=a-1+sin2xcos3若g(x)=f(x)+sinx<0,且g(0)=f(0)+sin0=0,则g'(0)=a-1+1=a≤0,解得a≤0.当a=0时,∵sinx-sinxcos2x=又x∈0,π2,∴0<sinx<1,0<cos则1cos∴f(x)+