【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练 拓展拔高练6 双变量问题.docx，共(6)页，27.434 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-95b7bab88e6560f791f5c107761ecfbf.html

以下为本文档部分文字说明：

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。拓展拔高练六(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)=x3-3m

2x-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)=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.-12eB.-2eC.1eD.e2【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+lnx0-1.故{𝑎=e+1𝑥0,𝑏=12(ln𝑥0-1),则𝑏𝑎=12(ln𝑥0-1)e+1𝑥0=12·𝑥0ln𝑥0-𝑥0e𝑥0+1.令g(x)=𝑥ln𝑥-𝑥e

𝑥+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(𝑏𝑎)min=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)𝑥1<0恒成立,则实数a的取值范围为__________.【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≤e𝑥𝑥.令m(x)=e𝑥𝑥,则m'(x)=(𝑥-1)e𝑥𝑥2,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:(-∞,e2]4.(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(x

2,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=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-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)=

𝑥24-2lnx.若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>4.【证明】f(x)=𝑥24-2lnx,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(x1)=𝑥124-2lnx1=0,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=2(𝑥-

2)2𝑥(4-𝑥)>0,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+alnx.(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<a-2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)

=-1𝑥2-1+𝑎𝑥=-𝑥2+𝑎𝑥-1𝑥2.①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或x=𝑎+√𝑎2-42.当x∈(0,𝑎-√𝑎2-42)∪(𝑎+√𝑎2-42,+∞)时,f'(x)<0;当x∈(𝑎-√𝑎2-42,𝑎+√𝑎2-42)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,𝑎-√𝑎2-42),(𝑎+√𝑎2-42,+∞)上单调递减,在

(𝑎-√𝑎2-42,𝑎+√𝑎2-42)上单调递增.(2)由题意f'(x)=-𝑥2-𝑎𝑥+1𝑥2(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0<x1<1<x2.所以𝑓(

𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2=-1𝑥1𝑥2-1+a×ln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2=-2+a×ln𝑥1𝑥2𝑥1-𝑥2=-2-2a×ln𝑥21𝑥2-𝑥2.因此,要证𝑓(𝑥1)-𝑓(𝑥2

)𝑥1-𝑥2<a-2,即证2lnx2-x2+1𝑥2<0(x2>1).设g(x)=2lnx-x+1𝑥(x>1),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(x2>1),所以𝑓

(𝑥1)-𝑓(𝑥2)𝑥1-𝑥2<a-2.7.(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.【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+l

n𝑥𝑥>2a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)<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)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,得2a=ln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2,即证ln𝑥1-ln𝑥2𝑥1-𝑥2(3x1+x2)>3,显然x1,x2>0,不妨设x1>x2>0,t=𝑥1𝑥2,则t>1,即证ln𝑡𝑡-1(3t+1)>3,即证lnt-3(𝑡-1)3𝑡+1>0.

设h(t)=lnt-3(𝑡-1)3𝑡+1,则h'(t)=1𝑡-12(3𝑡+1)2=(3𝑡-1)2𝑡(3𝑡+1)2,当t∈(1,+∞)时,h'(t)>0,所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1)=

0,故3lnx1+lnx2>-1得证.