2025年高考数学一轮复习课时作业-拓展拔高练六【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习课时作业-拓展拔高练六【含解析】，共7页。试卷主要包含了已知函数f=x24-2ln x等内容，欢迎下载使用。
A. [1,32]B. [32,+∞)
C.[1,2]D. [32,2)
2.(5分)已知函数f(x)=ln x+(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.-12eB.-2eC.1eD.e2
(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(x2)x1x2),总能使得f(x1)−f(x2)x1−x2>2,则实数a的取值范围为 .
5.(10分)已知函数f(x)=x24-2ln x.若函数f(x)有两个零点x1,x2(x14.
6.(10分)已知函数f(x)=1x-x+aln x.
(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)−f(x2)x1−x2-1.
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. [32,+∞)
C.[1,2]D. [32,2)
【解析】选A.已知函数f(x)=-4x-8-9x−2=4(2-x)+92−x-16,
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,y=-72,
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≥1,1−3m2−2m≤−4,−2m≥−3,所以m≥1,3m2+2m−5≥0,m≤32,
解得1≤m≤32.
2.(5分)已知函数f(x)=ln x+(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.-12eB.-2eC.1eD.e2
【解析】选A.由题意知ln x≤(a-e)x+2b恒成立,
设y=ln x上一点为(x0,y0),则ln x≤1x0(x-x0)+ln x0=1x0x+ln x0-1.
故a=e+1x0,b=12(ln x0−1),
则ba=12(ln x0−1)e+1x0=12·x0ln x0−x0ex0+1.
令g(x)=xlnx−xex+1,则g'(x)=lnx+ex(ex+1)2,
易知g'(1e)=0,所以g(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,
故bamin=12g(x)min=12g(1e)=-12e.
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(x2)x10,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: (-∞,e2]
4.(5分)已知函数f(x)=aln x+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(x2)x1−x2>2,则实数a的取值范围为 .
【解析】因为f(x1)−f(x2)x1−x2>2,x1>x2>0,
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=aln x+12x2-2x,则g(x1)>g(x2),
所以g(x)在(0,+∞)上为增函数,
由于g'(x)=ax+x-2,
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)=x24-2ln x.若函数f(x)有两个零点x1,x2(x14.
【证明】f(x)=x24-2ln x,x>0,
f'(x)=x2−42x,知f(x)在(0,2)上单调递减,
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02,令f'(x)=0得,x=a−a2−42或x=a+a2−42.
当x∈(0,a−a2−42)∪(a+a2−42,+∞)时,f'(x)0)有零点x1,x2,即x1,x2满足方程x2-ax+1=0.
所以x1+x2=a,x1x2=1.
由(1)知a>2,又x1=1x2.
不妨设02a有解.
令g(x)=1+lnxx,则g'(x)=−lnxx2,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)