2023高考数学满分冲刺强化训练与解析

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【题一】

已知函数 $\color{deeppink}f(x)=a \ln x-x^2 （ a \in \mathbb R ）．$ 1、求函数 $f(x)$ 的单调性。

2、若 $x \geqslant 1$ 时， $f(x)$ $\leqslant 0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。

3、设 $a>0 ，$ 若 $\color{deeppink}A\left(x_1, y_1\right), B\left(x_2, y_2\right)$ 为曲线 $y$ $=$ $f(x)$ 上的两个不同点，满足 $0$ $<x_1$ $<x_2 ，$ 且 $x_3$ $\in$ $\left(x_1, x_2\right) ，$ 使得曲线 $y$ $=$ $f(x)$ 在 $x$ $=x_3$ 处的切线与直线 $A B$ 平行，求证： $\color{deeppink}x_3<\dfrac{x_1+x_2}{2} ．$

【解析】

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $\color{darkcyan}f'(x)=\dfrac {-2x^2+a}{x},$ 于是当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减；当 $a>0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $\color{darkcyan}\left(0,\sqrt{\dfrac a2}\right)$ 上单调递增，在 $\color{darkcyan}\left(\sqrt{\dfrac a2},+\infty\right)$ 上单调递减。

2、根据题意，有 $\color{orangered}\forall x\geqslant 1,~a\ln x-x^2\leqslant 0,$ 即 $\color{maroon}\forall x>1,~a\leqslant \dfrac{x^2}{\ln x},$ 设不等式右侧为函数 $g(x) ，$ 则其导函数 $\color{tomato}g'(x)=\dfrac{x(2\ln x-1)}{\ln^2x},$ 因此 $g(x)$ 的最小值为 $\color{seagreen}g\left(\sqrt {\rm e}\right)=2{\rm e} ，$ 所以实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,2{\rm e}] ．$

3、当 $a>0$ 时，有 $f'(x)$ 单调递减，因此 $\color{steelblue}x_3<\dfrac{x_1+x_2}2\iff f'(x_3)>f'\left(\dfrac{x_1+x_2}2\right),$ 也即 $\color{chocolate}\dfrac{y_1-y_2}{x_1+x_2}>-(x_1+x_2)+\dfrac{2a}{x_1+x_2},$ 即 $\color{teal}\dfrac{a(\ln x_1-\ln x_2)-(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{x_1-x_2}>-(x_1+x_2)+\dfrac{2a}{x_1+x_2},$ 也即 $\color{mediumvioletred}\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}>\dfrac2{x_1+x_2},$ 根据对数平均不等式，命题得证。

【题二】

已知函数 $\color{orangered}f(x)=\mathrm{e}^{2x}-ax-1 （ x \geqslant -1 ），$ 且 $f(x)$ 有两个不同的零点 $x_1,$ $x_2 ．$

1、求实数 $a$ 的取值范围。

2、比较 $\left|x_1-x_2\right|$ 与 $|a-2|$ 的大小。

【解析】

1、注意到 $f(0)$ $=0 ，$ 因此函数 $f(x)$ 有不同于 $0$ 的另一个零点。其导函数 $\color{maroon}f'(x)=2{\rm e}^{2x}-a,$ 当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 单调递增，不符合题意。当 $a>0$ 时，讨论分界点为 $a=2 ．$

（1） $0<a<2 ．$ 此时 $\color{deepskyblue}\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}\hline x& -\infty& \left(-\infty,\dfrac 12\ln\dfrac a2\right)& \dfrac 12\ln\dfrac a2& \left(\dfrac 12\ln\dfrac a2,0\right)& 0& (0,+\infty)& +\infty \\ \hline f(x)& +\infty& \searrow& \text{极小值}& \nearrow& 0& \nearrow& +\infty \\ \hline \end{array}$ 从而题意即 $f(-1)\geqslant 0 ，$ 也即 $\color{teal}{\rm e}^{-2}+a-1\geqslant 0\implies 1-{\rm e}^{-2}\leqslant a<2.$ （2） $a=2 ．$ 此时函数 $f(x)$ 满足

$\color{deeppink}\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x& -1& (-1,0)& 0& (0,+\infty)& +\infty\\ \hline f(x)& 1& \searrow& 0& \nearrow& +\infty \\ \hline\end{array}$ 因此函数 $f(x)$ 只有唯一零点 $x=0 ，$ 不符合题意。

（3） $a>2 ．$ 此时 $\color{steelblue}\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c}\hline x& -\infty& \left(-\infty,0\right)& 0& \left(0,\dfrac 12\ln\dfrac a2\right)& \dfrac 12\ln\dfrac a2& (\dfrac 12\ln\dfrac a2,+\infty)& +\infty \\ \hline f(x)& +\infty& \searrow& 0& \searrow& \text{极小值}& \nearrow& +\infty \\ \hline \end{array}$ 此时函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有另一个零点，符合题意。

综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\color{tomato}\left[1-{\rm e}^{-2},+\infty\right)\setminus\{2\} ．$ 2、根据第1、小题的结论，有

$\color{darkorange}|x_1-x_2|-|a-2|<\left|\dfrac 12\ln\dfrac a2\right|-|a-2|=\begin{cases} h(a),& a\in \left[1-{\rm e}^{-2},2\right),\\ -h(a),& a\in (2,+\infty),\end{cases}$ 其中 $\color{purple}h(x)=-\dfrac 12\ln\dfrac x2+x-2 ，$ 其导函数 $\color{olive}h'(x)=\dfrac{2x-1}{2x},$ 于是 $h(x)$ 在 $\left[1-{\rm e}^{-2},+\infty\right)$ 上单调递增，结合 $h(2)=0 ，$ 可得 $\color{gray}|x_1-x_2|-|a-2|<0,$ 因此 $\color{tomato}|x_1-x_2|<|a-2| ．$ 现在（或长按识别ErWeiMa），报名参加夏令营

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