《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024广东二模,17)已知$f(x)=\frac{1}{2}ax^{2}+(1 - 2a)x-2\ln x,a＞0$.
(1)求$f(x)$的单调区间;
(2)函数$f(x)$的图象上是否存在两点$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$(其中$x_{1}\neq x_{2}$),使得直线$AB$与函数$f(x)$的图象在$x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$处的切线平行?若存在,请求出直线$AB$;若不存在,请说明理由.

答案：

2. (2024湖南长沙雅礼中学月考七,18)已知函数$f(x)=x\ln x-ax^{2}-3x(a\in\mathbf{R})$.
(1)若$x = 1$是函数$f(x)$的一个极值点,求实数$a$的值.
(2)若函数$f(x)$有两个极值点$x_{1},x_{2}$,其中$x_{1}＜x_{2}$,
①求实数$a$的取值范围;
②若不等式$2ax_{1}+k\ln x_{2}＞3k + 1$恒成立,求实数$k$的取值范围.

答案：
解析
(1)易知f'(x)=lnx+1−2ax−3=1nx−2ax−2,
因为x=1是函数∮(x)的一个极值点，
所以f′
(1)=0,即−2a−2=0,
∴α=−1.
此时f′(x)=1nx+2x−2,易知当x∈(0,1)时,f'(x)＜0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)＞0,
所以∮(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增，
所以x=1是f(x)的极小值点,即a=−1符合题意.
因此实数a的值为−1.
(2)①因为f'(x)=hnx−2ax−2,且∮(x)=x1nx−ax²−3x(a∈R)有两个极值点x,x2,
所以方程f'(x)=0在(0,+)上有两个不同的根，
即方程lnx−2ax−2=0有两个不同的正数根，
将问题转化为函数g(x)=$\frac{lnx−2}{x}$的图象与直线y=2a在(0,+∞)上有两个不同交点
g'(x)=$\frac{3−1nx}{x²}$,令g'(x)=$\frac{3−1nx}{x²}$=0,解得x=e³,
　当x＞e²时,g'(x)＜0,g(x)单调递减,当0＜x＜e²时,g'(x)＞0,g(x)单调递增,且g(e²)=0,故作出g(x)的图象如图,
　　　　　　　　
由图象可得2aa=(0,$\frac{1}{3}$满足题意,即a∈{0,$\frac{1}{2e3}$,
即实数a的取值范围为10,$\frac{1}{2e3}$.
②由①知x,x2是lnx−2ax−2=0的两个根,
故−2+lnx1−2ax1=0,−2+lnx2−2ax2=0,则2a=$\frac{lnx−1nx}{x，−x}$,设t=$\frac{x}{x2}$,因为0＜xI＜x2,所以$\frac{x}{x}$=t∈(0,1),tx2=x,
　　　　　　　　　　　　　　　　ln$\frac{x}{x2}$
可得−2+1nx2$\frac{lnx−1nx2}{x−x2}$.x2=0,即−2+lnx2　　　=0,
　　　　　　　　　　　　　　　$\frac{x−x2}{x}$
所以1nx2=$\frac{lnt}{t−1}$+2,
故由2ax+klnx2＞3k+1可得1nxx1−−x1n2×21+klnx2＞3k+1,即$\frac{lnt}{tx,−x}$tx2+klnx2＞3k+1,，所以$\frac{tlnt}{t−1}$+klnx＞3k+1,
即$\frac{tlnt}{t−1}$+k$\frac{lnt}{t−1}$+2)＞3k+1,化简得$\frac{tlnt−t+1}{t−1}$＞k$\frac{t−1−lnt}{t−1}$,
由于0＜t＜1,所以等价于tlnt−t+1−k(t−1−lnt)＜0对任意的0＜t＜1恒成立，
令F(t)=tlnt−tt+1−k(t−1−lnt),则F(t)＜0对任意的0＜t＜11 恒成立.F'(t)=1nt−k+t,
设m(t)=Int−k+t,0＜＜＜1,则m′(t)=$\frac{1}{t}$$\frac{k}{t2}$=$\frac{t−k}{t²}$
(i)当k≤0时,m'(t)=$\frac{t−k}{t²}$＞0,m(t)=F'(t)在(0,1)上单调递增,故F'(t)＜F'
(1)=0,F(t)在(0,1)上单调递减,故F(t)＞F
(1)=0,不符合题意,舍去;
(ii)当k≥1时,m'(t)=$\frac{t−k}{12}$＜0,m(t)=F'(t)在(0,1)上单调递减,故F'(t)＞F'
(1)=0,F(t)在(0,1)上单调递增,故F(t)＜F
(1)=0,故F(t)＜0恒成立,符合题意;
(ii)当0＜k＜1时,令m(t)=$\frac{t−k}{12}$=0,则t=k,
当k＜t＜1时,m'(t)＞0,m(t)=F'(t)单调递增,
当0＜t＜k时,m'(t)＜0,m(t)=F'(t)单调递减,
又F'
(1)=0,故k＜t＜1时,F"(t)＜F'
(1)=0,此时F(t)单调递减,故F(t)＞F
(1)=0,
因此当k＜i＜1时,F(t)＞0,不符合题意,舍去.
综上,实数k的取值范围为[1,+∞).

3. (2024江苏扬州中学、盐城中学、淮阴中学、丹阳中学四校联考,19)已知函数$f(x)=2\ln x-ax^{2}+1(a\in\mathbf{R})$.
(1)讨论函数$f(x)$的单调性;
(2)若存在正数$x$,使$f(x)\geqslant0$成立,求$a$的取值范围;
(3)若$0＜x_{1}＜x_{2}$,证明:对任意$a\in(0,+\infty)$,存在唯一的实数$x_{0}\in(x_{1},x_{2})$,使得$f'(x_{0})=\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}$成立.

答案：
解析
(1)f(x)的定义域为R.对∮(x)=2lnx−ax²+1求导得f'(x)=$\frac{2}{x}$−2ax=$\frac{2(1−ax²)}{x}$
当a≤0时,对x＞0有f'(x)=$\frac{2(1−ax²)}{x}$＞0,
故f(x)在(0,+∞)上单调递增;

(2)由f(x)=2lnx−ax²+1≥0得a≤$\frac{2lnx+1}{x²}$,
令F(x)=$\frac{2lnx+1}{x²}$,
若存在正数x,使f(x)≥0成立,则a≤F(x)mx.
F'(x)=$\frac{−4lnx}{x}$,
当x∈(0,1)时,F'(x)＞0,F(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,F'(x)＜0,F(x)单调递减,
∴当x=1时,F(x)mx=F
(1)=1,
∴a≤1.
(3)证明:令h(x)=f'(x)$\frac{f((x2)−f(x)}{x,−x}$(x＞0),
则h(x)=$\frac{2}{x}$−2ax−$\frac{2lnx−ax²−2lnx+ax²}{x−x}$=$\frac{2}{x}$−2ax−$\frac{2lnx−2lnx}{x,−x}$+a(x2+x;),
∵a＞0,
∴h(x)=$\frac{2}{x}$−2ax−$\frac{2lnx−2lnx}{x,−x}$+a(x2+x)在区间(x,x2)上单调递减，
h(x1)=$\frac{2}{x}$2ax1$\frac{2lnx−2lnx}{x,−x}$+a(x2+x)
=221nxx22−−x21lnx1+a(x−x)
=$\frac{2}{x2−x}$$\frac{x2}{x}$1−ln$\frac{x2}{x}$+a(x2−x),
令g(t)=t−1−lnt(t＞0),则g'(t)=1$\frac{1}{t}$=$\frac{t−1}{t}$,
当t∈(0,1)时,g'(t)＜0,g(t)单调递减,
当t∈(1,+o)时,g'(t)＞0,g(t)单调递增,
∴g(t)min=g
(1)=0,
又0＜x1＜x2,
∴$\frac{x2}{x}$＞1,
∴$\frac{x2}{x}$−1−1n$\frac{x2}{x}$＞0恒成立，
又
∵a＞0,x2−x1＞0,
∴h(x)＞0.
h(x2)=$\frac{2}{x,−x}$$\frac{x}{x2}$ln$\frac{x2}{x}$+a(x−x2),
令m(t)=1−$\frac{1}{t}$−lnt(t＞1),则m'(t)=$\frac{1}{t?}$−$\frac{1}{t}$=$\frac{1−t}{t²}$,当t∈
(1,，+∞)时,m'(t)＜0,m(t)单调递减,
∴m(t)＜m
(1)=0,又0＜x1＜x2,
∴0＜$\frac{x}{x2}$＜1,$\frac{x2}{x}$＞1,
∴1$\frac{x}{x2}$−ln$\frac{x2}{x}$＜0恒成立，
又
∵a＞0,x1−x2＜0,x2−x1＞0,所以h(x2)＜0,
∴在区间(x1,x2)上存在唯一的实数x0,使得h(x0)=0,故对任意a∈(0,+∞),存在唯一的实数x0∈(x1,x2),使得f'(xo)=$\frac{x)−f(x)}{x.−x}$成立.

4. (2024山东临沂一模,18)已知函数$f(x)=x^{2}(\ln x + a)$.
(1)若$a = 1$,求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程;
(2)讨论$f(x)$的单调性;
(3)若存在$x_{1},x_{2}\in(0,+\infty)$,且$x_{1}＜x_{2}$,使得$f(x_{1})=f(x_{2})$,求证:$\frac{1}{x_{1}x_{2}}＞e^{2a + 1}$.

答案：
解析
(1)当a=1时,f(x)=x²(lnx+1),
∴f
(1)=1,
又f'(x)=x(21nx+3),
∴f'
(1)=3,
∴曲线y=A(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为3x−y−2=0.