2025年高考数学一轮复习课时作业-拓展拔高练六【含解析】

PAGE2025年高考数学一轮复习课时作业-拓展拔高练六【原卷版】(时间:45分钟分值:50分)1.(5分)(2023·柳州模拟)已知函数f(x)=-4x-8-9x−2,x∈[0,1],g(x)=x3-3m2x-2m(m≥1),若对于任意x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,则实数m的取值范围为(A.[1,32] B.[3C.[1,2] D.[322.(5分)已知函数f(x)=lnx+(e-a)x-2b,若不等式f(x)≤0,对x∈(0,+∞)恒成立,则ba的最小值为(A.-12e B.-2e C.1e D.(5分)(2023·安庆模拟)已知函数f(x)=exx-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式f(x1)x2-f(5分)已知函数f(x)=alnx+12x2,在其图象上任取两个不同的点P(x1,y1),Q(x2,y2)(x1>x2),总能使得f(x1)−f5.(10分)已知函数f(x)=x24-2lnx.若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>4.6.(10分)已知函数f(x)=1x-x+aln(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证:f(x1)−7.(10分)(2023·湖南名校联考)已知函数f(x)=xlnx-ax2,a∈R.(1)若f(x)存在单调递增区间,求a的取值范围;(2)若x1,x2为f(x)的两个不同的极值点,证明:3lnx1+lnx2>-1.2025年高考数学一轮复习课时作业-拓展拔高练六【解析版】(时间:45分钟分值:50分)1.(5分)(2023·柳州模拟)已知函数f(x)=-4x-8-9x−2,x∈[0,1],g(x)=x3-3m2x-2m(m≥1),若对于任意x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,则实数m的取值范围为(A.[1,32] B.[3C.[1,2] D.[32【解析】选A.已知函数f(x)=-4x-8-9x−2=4(2-x)+令t=2-x∈[1,2],所以y=4t+9t-16在[1,32]上单调递减,在[32,2]上单调递增,当t=32时,ymin=-4,当t=1时,y=-3,当t=2时,所以-4≤y≤-3,即f(x)的值域为[-4,-3].因为g(x)=x3-3m2x-2m(m≥1),所以g'(x)=3x2-3m2=3(x+m)(x-m),又因为x∈[0,1],m≥1,所以g'(x)≤0,所以g(x)在x∈[0,1]时单调递减,所以g(x)的值域为[1-3m2-2m,-2m].因为对于任意x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,所以g(x)的值域包含f(x)的值域,即m≥1,1−3解得1≤m≤322.(5分)已知函数f(x)=lnx+(e-a)x-2b,若不等式f(x)≤0,对x∈(0,+∞)恒成立,则ba的最小值为(A.-12e B.-2e C.1e D.【解析】选A.由题意知lnx≤(a-e)x+2b恒成立,设y=lnx上一点为(x0,y0),则lnx≤1x0(x-x0)+lnx0=1x0x+ln故a则ba=12(lnx0令g(x)=xlnx−xex+1,易知g'(1e)=0,所以g(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e故bamin=12g(x)min=12g(3.(5分)(2023·安庆模拟)已知函数f(x)=exx-ax,x∈(0,+∞),当x2>x1时,不等式f(x1)x2-f【解析】因为x∈(0,+∞),所以x1f(x1)<x2f(x2).即函数g(x)=xf(x)=ex-ax2在(0,+∞)上单调递增.则g'(x)=ex-2ax≥0恒成立,所以2a≤ex令m(x)=exx,则m'(x)=x∈(0,1)时,m'(x)<0,m(x)单调递减,x∈(1,+∞)时,m'(x)>0,m(x)单调递增,所以2a≤m(x)min=m(1)=e,所以a≤e2所以实数a的取值范围为(-∞,e2]答案:(-∞,e24.(5分)已知函数f(x)=alnx+12x2,在其图象上任取两个不同的点P(x1,y1),Q(x2,y2)(x1>x2),总能使得f(x1)−f【解析】因为f(x1)−f(x所以f(x1)-f(x2)>2x1-2x2,所以f(x1)-2x1>f(x2)-2x2,构造函数g(x)=f(x)-2x=alnx+12x2-2x,则g(x1)>g(x2所以g(x)在(0,+∞)上为增函数,由于g'(x)=ax+x因此g'(x)≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立.由g'(x)=ax+x-2≥0,可得a≥-x2+2x当x>0时,则y=-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,当且仅当x=1时,等号成立,所以a≥1,因此实数a的取值范围为[1,+∞).答案:[1,+∞)5.(10分)已知函数f(x)=x24-2lnx.若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2【证明】f(x)=x24-2lnx,f'(x)=x2−42x,知f(x)在(2,+∞)上单调递增,x=2是极值点,又x1,x2为函数f(x)的零点,所以0<x1<2<x2,要证x1+x2>4,只需证x2>4-x1.因为f(4-x1)=(4−x1)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),f(所以f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1),令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),则h'(x)=2x-2+24−x所以h(x)在(0,2)上单调递增,所以h(x)<h(2)=0,所以f(4-x1)<0=f(x2),又f(x)在(2,+∞)上单调递增,4-x1>2,x2>2,所以4-x1<x2,即x1+x2>4得证.6.(10分)已知函数f(x)=1x-x+aln(1)讨论函数f(x)的单调性;【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a−a2−42当x∈(0,a−a2−42)∪(a+a当x∈(a−a2−42,a+a所以f(x)在(0,a−a2−42),(a+a2−42,+∞)(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证:f(x1)−【解析】(2)由题意f'(x)=-x2−ax+1x2(x>0)有零点x1,x2,即x1,x2满足方程所以x1+x2=a,x1x2=1.由(1)知a>2,又x1=1x不妨设0<x1<1<x2.所以f(x1)−f(=-2+a×lnx1x2x因此,要证f(x1)−f(x2)x1−x2<a-2,设g(x)=2lnx-x+1x(x由(1)知g(x)在(0,+∞)上单调递减,而g(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.因此,2lnx2-x2+1x2<0(x所以f(x1)−7.(10分)(2023·湖南名校联考)已知函数f(x)=xlnx-ax2,a∈R.(1)若f(x)存在单调递增区间,求a的取值范围;【解析】(1)因为f(x)=xlnx-ax2,a∈R,x>0,所以f'(x)=lnx+1-2ax.因为f(x)存在单调递增区间,所以f'(x)=1+lnx-2ax>0有解,即1+lnxx>2a令g(x)=1+lnxx,则g'(x)=当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.所以当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=1,故2a<g(1)=1,解得a<12故a的取值范围是(-∞,12)(2)若x1,x2为f(x)的两个不同的极值点,证明:3lnx1+lnx2>-1.【解析】(2)因为f'(x)=lnx+1-2ax,所以x1,x2是方程lnx=2ax-1的两个不同的根,即lnx1=2ax1-1,①lnx2=2ax2-1,②要证3lnx1+lnx2>-1,即证2a(3x1+x2)>3.①-②,