2025版 數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)方略》（提升版）人教A版拓展拔高練六含答案

1版數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)方略》（提升版）人教A版拓展拔高練六拓展拔高練六(時(shí)間:45分鐘分值:50分)1.(5分)(2023·柳州模擬)已知函數(shù)f(x)=-4x-8-9x-2,x∈[0,1],g(x)=x3-3m2x-2m(m≥1),若對于任意x1∈[0,1],總存在x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2)成立,則實(shí)數(shù)mA.[1,32] B.[3C.[1,2] D.[32【解析】選A.已知函數(shù)f(x)=-4x-8-9x-2=4(2-x令t=2-x∈[1,2],所以y=4t+9t-16在[1,32]上單調(diào)遞減,在[當(dāng)t=32時(shí),ymin=-4,當(dāng)t=1時(shí),y=-3,當(dāng)t=2時(shí),y=-7所以-4≤y≤-3,即f(x)的值域?yàn)閇-4,-3].因?yàn)間(x)=x3-3m2x-2m(m≥1),所以g'(x)=3x2-3m2=3(x+m)(x-m),又因?yàn)閤∈[0,1],m≥1,所以g'(x)≤0,所以g(x)在x∈[0,1]時(shí)單調(diào)遞減,所以g(x)的值域?yàn)閇1-3m2-2m,-2m].因?yàn)閷τ谌我鈞1∈[0,1],總存在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所以m≥1,3m22.(5分)已知函數(shù)f(x)=lnx+(e-a)x-2b,若不等式f(x)≤0,對x∈(0,+∞)恒成立,則ba的最小值為(A.-12e B.-2e C.1e D.【解析】選A.由題意知lnx≤(a-e)x+2b恒成立,設(shè)y=lnx上一點(diǎn)為(x0,y0),則lnx≤1x0(x-x0)+lnx0=1x0x+ln故a則ba=12(ln令g(x)=xlnx-xex+1易知g'(1e)=0,所以g(x)在(0,1e)上單調(diào)遞減,在(故bamin=12g(x)min=12g(3.(5分)(2023·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)=exx-ax,x∈(0,+∞),當(dāng)x2>x1時(shí),不等式f(x1)x【解析】因?yàn)閤∈(0,+∞),所以x1f(x1)<x2f(x2).即函數(shù)g(x)=xf(x)=ex-ax2在(0,+∞)上單調(diào)遞增.則g'(x)=ex-2ax≥0恒成立,所以2a≤ex令m(x)=exx,則m'(x)=x∈(0,1)時(shí),m'(x)<0,m(x)單調(diào)遞減,x∈(1,+∞)時(shí),m'(x)>0,m(x)單調(diào)遞增,所以2a≤m(x)min=m(1)=e,所以a≤e2所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,e2]答案:(-∞,e24.(5分)已知函數(shù)f(x)=alnx+12x2,在其圖象上任取兩個(gè)不同的點(diǎn)P(x1,y1Q(x2,y2)(x1>x2),總能使得f(x1)-f【解析】因?yàn)閒(x1)-f(x所以f(x1)-f(x2)>2x1-2x2,所以f(x1)-2x1>f(x2)-2x2,構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-2x=alnx+12x2-2x,則g(x1)>g(x2所以g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),由于g'(x)=ax+x-2,因此g'(x)≥0對任意的x∈(0,+∞)恒成立由g'(x)=ax+x-2≥0,可得a≥-x2+2x當(dāng)x>0時(shí),則y=-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí),等號(hào)成立,所以a≥1,因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1,+∞).答案:[1,+∞)5.(10分)已知函數(shù)f(x)=x24-2lnx.若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2(x1<x2),證明:x1+x2【證明】f(x)=x24-2lnx,f'(x)=x2-42x在(2,+∞)上單調(diào)遞增,x=2是極值點(diǎn),又x1,x2為函數(shù)f(x)的零點(diǎn),所以0<x1<2<x2,要證x1+x2>4,只需證x2>4-x1.因?yàn)閒(4-x1)=(4-x1)24-2ln(4-x1)=x124-2x1+4-2ln(4-x1),所以f(4-x1)=2lnx1-2x1+4-2ln(4-x1),令h(x)=2lnx-2x+4-2ln(4-x)(0<x<2),則h'(x)=2x-2+24-所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞增,所以h(x)<h(2)=0,所以f(4-x1)<0=f(x2),又f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,4-x1>2,x2>2,所以4-x1<x2,即x1+x2>4得證.6.(10分)已知函數(shù)f(x)=1x-x+aln(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,求證:f(x1)-【解析】(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax①若a≤2,則f'(x)≤0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時(shí)f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a-a2-4當(dāng)x∈(0,a-a2-42)∪(當(dāng)x∈(a-a2-42,所以f(x)在(0,a-a2-42),(a(2)由題意f'(x)=-x2-ax+1x2(x>0)有零點(diǎn)x1,x2,即x1,x2滿足方程所以x1+x2=a,x1x2=1.由(1)知a>2,又x1=1x不妨設(shè)0<x1<1<x2.所以f(x1)-f(=-2+a×lnx1x2因此,要證f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2,即證2lnx2-x2+1x2<0(x由(1)知g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,而g(1)=0,所以當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g(x)<0.因此,2lnx2-x2+1x2<0(x所以f(x1)-7.(10分)(2023·湖南名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=xlnx-ax2,a∈R.(1)若f(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間,求a的取值范圍;(2)若x1,x2為f(x)的兩個(gè)不同的極值點(diǎn),證明:3lnx1+lnx2>-1.【解析】(1)因?yàn)閒(x)=xlnx-ax2,a∈R,x>0,所以f'(x)=lnx+1-2ax.因?yàn)閒(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間,所以f'(x)=1+lnx-2ax>0有解,即1+lnxx>2a令g(x)=1+lnxx,則g'(x)=當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.所以當(dāng)x=1時(shí),g(x)取得最大值,最大值為g(1)=1,故2a<g(1)=1,解得a<12故a的取值范圍是(-∞,12)(2)因?yàn)閒'(x)=lnx+1-2ax,所以x1,x2是方程lnx=2ax-1的兩個(gè)不同的根,即lnx1=2ax1-1,①lnx2=2ax2-1,②要證3lnx1+lnx2>-1,即證2a(3x1+x2)>3.①-②,得2a=ln即證lnx1-lnx顯然x1,x2>0,不妨設(shè)x1>x2>0,t=x1則t>1,即證lntt-即證lnt-3(t設(shè)h(t)=lnt-3(則h'(t)=1t-12(3當(dāng)t∈(1,+∞)時(shí),h'(t)>0,所以h(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)t>1時(shí),h(t)>h(1)=0,故3lnx1+lnx2>-1得證.拓展拔高練七(時(shí)間:45分鐘分值:60分)1.(5分)若tanα=3,則sin2α=()A.35 B.-35 C.-34 【解析】選A.sin2α=2tanαtan2α+12.(5分)若α∈(0,π2),sin2α=cos2α,則cos2α的值為(A.-35B.-12 C.0 【解析】選D.因?yàn)棣痢?0,π2),sin2α=cos2α所以cosα≠0且2sinαcosα=cos2α,解得tanα=12所以cos2α=1-tan2α1+3.(5分)已知銳角α,β滿足α+2β=2π3,tanα2tanβ=2-3,則sin(β-α)=(A.12 B.C.6-24 【解析】選C.由α+2β=2π3得α2+β=所以tan(α2+β)=tanα又tanα2tanβ=2-3,所以tanα2+tanβ=3-3,由解得tanα2=2-3tanβ=1或tanα2sinβ=cosβ=22,sinα=2tanα21+tan2α2所以sin(β-α)=sinβcosα-cosβsinα=22×32-22×14.(5分)(多選題)下列關(guān)系式中,正確的是()A.sin5θ+sin3θ=2sin4θcosθB.cos3θ-cos5θ=-2sin4θsinθC.sin3θ-sin5θ=-12cos4θcosD.sinθ·sinα=1【解析】選AD.由sin5θ=sin(4θ+θ)=sin4θcosθ+cos4θsinθ,sin3θ=sin(4θ-θ)=sin4θcosθ-cos4θsinθ,cos5θ=cos(4θ+θ)=cos4θcosθ-sin4θsinθ,cos3θ=cos(4θ-θ)=cos4θcosθ+sin4θsinθ,代入前三項(xiàng),得sin5θ+sin3θ=2sin4θcosθ,A正確,B錯(cuò)誤,右邊應(yīng)是2sin4θsinθ;C錯(cuò)誤,右邊應(yīng)是-2cos4θsinθ;選項(xiàng)D,等號(hào)右邊=-12cos(θ+α)-cos(θ-α)=-1sinθsinα)]=-12(-2sinθsinα)=sinθsinα,故選項(xiàng)D正確5.(5分)已知α為銳角,且tanαtan(α+π4)=-2【解析】由tanαtan(α+π4)=tanαtanα解得tanα=2或tanα=-13因?yàn)棣翞殇J角,所以tanα=2.sin(2α+π2)=cos2α=1-tan2α答案:-36.(5分)計(jì)算:cosπ7+cos3π7+cos5π7【解析】原式=12sinπ7(2sinπ7cosπ7+2sinπ7cos3π7+2sin(sin4π7-sin2π7)+(sin6π7-sin4π7)]=sin6π7答案:17.(5分)若sinα1+cosα=12,則sinα+cos【解析】因?yàn)閟inα1+cosα=tanα2=12,所以sinα+cosα=2tanα答案:78.(5分)已知tan(θ-π4)=3,則cos2θ=__________【解析】令α=θ-π4,則θ=α+π4,且tanα=3,所以cos2θ=cos(2α+=-sin2α=-2tanαtan2α答案:-39.(5分)已知tan(π+θ)=2,則sin(2θ+π4)=__________【解析】因?yàn)閠an(π+θ)=2,由誘導(dǎo)公式得:tan(π+θ)=tanθ=2,所以sin2θ=2sinθcosθsin2cos2θ=cos2θ-sin2θcos2θ+sin2θ=1-tan2θ1+tan2θ=1×22=2答案:210.(5分)(2023·秦皇島模擬)已知tan(α+β2)=62,tanαtanβ=137,則cos(α【解析】tanαtanβ=sinαsinβcosα所以cos(α-β)=-103cos(α+βcos(α+β)=1-tan2α+β21+tan2α+β2=答案:211.(5分)(2023·安慶模擬)已知sinα+sinβ=12,cosα+cosβ=13,則tan(α+β)=__________,cos(α-β)=【解析】將已知兩個(gè)等式分別和差化積,得sinα+sinβ=2sinα+β2cosα-cosα+cosβ=2cosα+β2cosα-①②兩式相除得tanα+β2則tan(α+β)=2tanα+β2(sinα+sinβ)2=sin2α+sin2β+2sinαsinβ=14(cosα+cosβ)2=cos2α+cos2β+2cosαcosβ=19兩式相加可得2+2cos(α-β)=1336cos(α-β)=cosαcosβ+sinαsinβ=-5972答案:-125-12.(5分)已知函數(shù)f(x)=2sinx+sin2x,則f(x)的極小值是__________.

【解析】sinx=2tancosx=1-f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinx(1+cosx),f(x)=4tanx21+tan2x2·(1+令t=tanx2,則y=8y'=8(由y'>0得-33<t<3由y'<0得t<-33或t>3則y只在t=-33即極小值為-33答案:-3拓展拔高練三(時(shí)間:45分鐘分值:60分)1.(5分)已知f(x)的定義域?yàn)镽,f(1)=2023,且f'(x)≥6x恒成立,則不等式f(x)>3x2+2020的解集為 ()A.(-1,1)B.(1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)【解析】選B.令函數(shù)g(x)=f(x)-3x2,因?yàn)間'(x)=f'(x)-6x≥0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)間(1)=f(1)-3=2020,所以不等式f(x)>3x2+2020等價(jià)于g(x)>g(1),所以x>1.2.(5分)已知m>0,n∈R,若log2m+2m=6,2n+1+n=6,則m2n= (A.12 B.1 C.2 D.【解析】選B.由題意得log2m+2m=2n+1+n,log2m+2m=2×2n+n=log22n+2×2n,令g(x)=log2x+2x(x>0),則g'(x)=1x所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,因?yàn)間(m)=g(2n),所以m=2n,所以m2n3.(5分)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且滿足xf'(x)<f(x),若a=f(1),b=f(ln4)ln4,c=f(3)3,則a,b,cA.a>b>c B.c>a>bC.b>a>c D.a>c>b【解析】選A.設(shè)g(x)=f(x)x(x≠0),則g'(x)=xf'(x)-f(x因?yàn)?>ln4>1,所以g(3)<g(ln4)<g(1),即a>b>c.4.(5分)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),對任意x∈R滿足f(x)+f'(x)<0,則下列結(jié)論正確的是 ()A.e2f(2)>e3f(3) B.e2f(2)<e3f(3)C.e2f(2)≥e3f(3) D.e2f(2)≤e3f(3)【解析】選A.令g(x)=exf(x),則g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]<0,因此函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減,所以g(2)>g(3),即e2f(2)>e3f(3).5.(5分)已知函數(shù)f(x)滿足xf'(x)lnx+f(x)>0(其中f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)),若a=f(e12),b=f(e),c=f(e2),則下列選項(xiàng)中正確的是 (A.4c<2b<a B.2b<4c<aC.a<2b<4c D.a<4c<2b【解析】選C.xf'(x)lnx+f(x)>0(x>0)?f'(x)lnx+1x·f(x)>0?[f(x)lnx]'令g(x)=f(x)lnx(x>0),則g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g(e12)<g(e)<g(e所以12a<b<2c,即a<2b<46.(5分)f(x)為定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),且f'(x)>f(x),對任意正實(shí)數(shù)a,下列式子成立的是()A.f(a)<eaf(0) B.f(a)>eaf(0)C.f(a)<f(0)ea D.f(【解析】選B.令g(x)=f(所以g'(x)=f'(x)e所以g(x)在R上單調(diào)遞增.又a>0,所以g(a)>g(0),即f(a)即f(a)>eaf(0).7.(5分)(多選題)已知定義在[0,π2)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且f(0)=0,f'(x)cosx+f(x)sinx<0,則下列判斷中正確的是 (A.f(π6)<62f(π4) B.fC.f(π6)>2f(π3) D.f(π4)>2f【解析】選CD.令g(x)=f(x)cosx,x因?yàn)閒'(x)cosx+f(x)sinx<0,則g'(x)=f'(故g(x)在[0,π2)上單調(diào)遞減因?yàn)間(π6)>g(π4),從而有f(即f(π6)>62f(π4),故因?yàn)閒(0)=0,所以g(0)=f(0)cos0又因?yàn)閘nπ3∈[0,π2),結(jié)合g(x)在[0,π2)上單調(diào)遞減可知g(lnπ從而有f(ln由cos(lnπ3)>0可得f(lnπ3)<0,故B錯(cuò)誤;因?yàn)間(π6)>g所以f(π6)32>f則f(π6)>3f(π3)>2f(π3),故因?yàn)間(π4)>g(π3),所以f(即f(π4)>2f(π3),故D8.(5分)(多選題)已知a,b∈(0,e),且a<b,則下列式子中可能成立的是 ()A.aeb<bea B.aeb>beaC.alnb<blna D.alnb>blna【解析】選ABD.設(shè)g(x)=exx(x則g'(x)=ex所以g(x)=exx在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,e)所以當(dāng)a,b∈(0,e),a<b時(shí),不能判斷出g(a)與g(b)的大小.所以A,B都有可能正確;設(shè)f(x)=lnxx,則f'(x)=由f'(x)>0,得0<x<e,由f'(x)<0,得x>e,所以f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,因?yàn)閍,b∈(0,e),且a<b,所以lnaa<即alnb>blna.所以C不正確,D正確.9.(5分)(多選題)(2023·開封模擬)已知e是自然對數(shù)的底數(shù),函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),且f(x)x+lnx·f'(x)>0,A.f(1e)+f(e)>0 B.f(1C.f(e)>0 D.f(1)=0【解析】選AC.令函數(shù)g(x)=lnx·f(x),則g'(x)=f(x)x+lnx·所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(1)=0,所以g(e)=f(e)>0,g(1e)=-f(1所以f(1e)>0,f(1e)+f(e)>