【文档说明】湖北省武昌实验中学2023-2024学年高二下学期3月月月考试题 数学答案简化版.docx，共(6)页，383.482 KB，由管理员店铺上传

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数学3月月考答案一、选择题二、填空题12.()0,313.14a14.1−三、解答题15．【答案】(1)1yx=−+或232344yx=−；(2)(1,1)或(1,1)−.16．【答案】(1)1a=，83b=；(2)()fx的增区间是(

,0)−和(2,)+，减区间是(0,2)，极大值是8(0)3f=，极小值是()423f=；(3)最大值是583，最小值是4−．17．【答案】（1）由题意，在()exfxaxa=−+中，()exfxa=−当0a时，()0fx¢>，则()fx在R上单调递增；当0a时，

令()0fx=，解得：lnxa=，当lnxa时，()()0,fxfx单调递减；当lnxa时，()()0,fxfx单调递增．综上所述，当0a时，()fx在R上单调递增；当0a时，()fx在(),lna−上单调递减，在()ln,a+上单调递增．（2）在()exf

xaxa=−+中，当()0fx=时，()e1xax=−，当0a=时，()e1xax=−无解，∴()fx无零点．当0a时，11exxa−=．令()1exxx−=，在()1exxx−=中，()2exxx−=，1234567891011AADBCBABACACACD当(

),2x−时，()0x；当()2,x+时，()0x，∴()x在(),2−上单调递增，在()2,+上单调递减，且()max21()2ex==，∵当x→+时，()0,xx→→−时，()x→−，∴当211ea即20ea时，()fx无

零点，当211ea=即2ea=时，()fx有一个零点；当2110ea即2ea时，()fx有两个零点；当10a，即a<0时，()fx有一个零点．综上所述，当)20,ea时，()fx无零点；当(),0a−或者2ea=时，()fx有一个零点；当()2e,a+时，()fx有两个零点．

18．【详解】（1）()2'ln1gxaxax=−+，()2'011ga=−+=，11aa==−或当1a=时，()'ln1gxxx=−+，令()ln1mxxx=−+，()1'1mxx=−，(0,1)x时

()mx单调递增，(1,)x+时()mx单调递减，max()(1)0mxm==，所以'()0gx，()gx在(0,)+单调递减，不符合题意。当1a=−时，经检验符合题意。所以1a=−。（2）（i）函数()fx定义域为()0

,+，因为函数()fx在()0,+内有两个不同的极值点1x，2x，即等价于函数()lnfxxax=−在()0,+内有两个不同的零点1x，2x.设()lnhxxax=−，由()1axhxx−=，当0a时，()0hx，()hx在()0,+上单调递增

，至多只有一个零点；当0a时，在10,a上()0hx，()hx单调递增；在1,a+上()0hx，()hx单调递减，所以，当1xa=时，()max1ln1fxfaa==−−，函数()fx有两个零点，则必有max()0fx，即ln10a−−

，解得10ea，又2211111ln0faaaaa=−−=，易证lnxx，证明如下：令()lnmxxx=−，()11222xmxxxx−=−=，当()0,4x时，()0mx，()mx单减，当()4,x+时，()mx单增，故()()mi

n42ln20mxm==−，故()ln0mxxx=−，得证.()10fa=−，所以()fx在11,a和211,aa上各有一个零点，故()fx有两个零点时，a的范围为10ea；（ii）

法1：由（i）可知1x，2x是()lnhxxax=−的两个零点，不防设1210xxa，由11ln0xax−=且22ln0xax−=，得12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx−===−.因为()()()111212221211221lnln

ln00*1xxxxxxxxmxxmmxaxxx++−+−−−−令()120,1xtx=，则()()1*ln0**1ttmt−−+，记()1ln01tgttmt−=−+，()0,1t，由()()()222111tmtgttt−−+=+，令()()2211pttmt

=−−+，02m.又()2Δ4(1)4420mmm=−−=−，则()0pt，即()0gt，所以()gt在()0,1上单调递增，故()()10gtg=，即()**成立.所以不等式12mxxa+成立.法2：欲证1

2mxxa+，由02m，10ea，则只需证：122xxa+.不妨设1210xxa，则11ln0xax−=且22ln0xax−=，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx−

===−，所以()()()111212221211221lnlnln22020*1xxxxxxxxxxxaxxx++−+−−−−令()120,1xtx=，则()()()21*ln0**1ttt−−+，记()()21ln1tgttt−=−+，()0,1t，由

()()()22101tgttt−=+，即()gt在()0,1上单调递增，故()()10gtg=，即()**成立.故12mxxa+.19．【答案】(1)答案见解析(2)既不充分也不必要条件；证明见解析(3)452[e,)3−+【详解】（1）解：对于函数(

)tanfxx=，则()21tan=+fxx，这两个函数的定义域都是π{|π,Z}2xxkk+，所以函数()fx为“同定义域函数”，此时，()21gxx=+，由函数的定义，对于4πx=，()(())fxhfx=无

法同时成立，所以()fx为“单向导函数”，其“自导函数”为()21gxx=+，对于函数()lnfxx=，则()1fxx=，因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.（2）解：若q成立，()xfxka=，则()lnxfxkaa=，设()lngxxa=，

则()(())fxgfx=，所以()fx为“单向导函数”，又设()lnxhxa=，则()(())fxhfx=，所以()fx为“双向导函数”，但()gx不是常值函数，所以p不是q的必要条件；若p成立，则()gxm=

，所以()(())fxgfxm==，所以()fxmxn=+，所以q不成立，所以p是q的既不充分也不必要条件.（3）解：①由题意，()1()eaaxfxaxxb−=+−，且1()e()eaaxaxaxxbxb−+−=−，所以10aax−=，所以

0a=；②由题意()234(1)e3xIxxkxkx=−−+，所以()22(21)e4xIxxkxk=−−+且1()02I=，令()22(21)e4,0,,1,2xpxxkxkxkk=−−+，可得()21e30pk=−，且()224e84(e2)xxp

xxkxxk=−=−，因为2e2xyk=−为单调递增函数，且20|120,|e20kxxkykyk===−=−，所以存在01ln2(0,)2xkk=使得02e20xk−=，且当0[0,]xx时，()0px，()px单调递

减；当0[,]xxk时，()0px，()px单调递增，（i）当011ln222xk==时，即e2k=，所以2min0000()()(21)24(21)0pxpxxkkxkkx==−−+=−−=，此时()0Ix，()Ix在[

0,]xk上单调递增，可得()()maxIxIk=；（ii）当1k=时，(0)110p=−+=，此时()200min1ln2,(21)02xpxkx==−−，所以当1[0,]2x时，()0Ix

，()Ix单调递减；当1[,1]2x时，()0Ix，()Ix单调递增，又由()()()10IkII=，所以()()maxIxIk=；（iii）当(1,2]k且e2k时，()20min(21)0,(0)0pxkxp=−−

，所以函数()Ix在(0,1)上存在两个极值点，若011ln222xk=，即e22k时，极大值点为12；若011ln222xk=，即e12k时，极大值点为11x2，则()maxIx为函数的极大值或()Ik，由当102x时，()()23242414(1)e

10,(1)e323xkIxxkxkxkIkkkk=−−+−+=−−+，令()2424(1)e,1,23ktkkkkk=−−+，则()2316(21)e2,1,23ktkkkkk=−−+，设()2316(21)e2,

1,23kskkkkk=−−+，则()2224e1624(e4)20kkskkkkk=−+=−+，所以()sk，即()tk单调递增，所以()()2161e203tkt=−+，所以()tk单调递增，所以()()4522e

03tkt=−，综上可得，()4max52e3Ixc=−，所以实数c的取值范围为452[e,)3−+.