2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-强化拓展（二）

1．答案：B解析：原不等式可转化为1+lnx1x1<1+lnx2x2，令f(当x∈(0，1)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减．由于0<x1<x2≤a都有f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在(0，a]上单调递增，所以a≤1，所以a的最大值为1.2．答案：D解析：不等式x2lnx−memx≥0⇔x2lnx≥memx⇔xlnx≥设f(x)＝x·ex(x>0)，则f′(x)＝(x＋1)ex>0，于是f(x)在(0，＋∞)上是增函数．因为mx>0，lnx>0，所以mx≤ln即m≤xlnx对任意的x≥e恒成立，因此只需m≤(xlnx)min.设g(x)＝xlnx(x≥e)，g′(x)＝lnx＋1>0(x≥e)，所以g(x)在[e，＋∞)上为增函数，所以g(x)min＝g(e)＝e，所以m≤e，即m的最大值是e.3．答案：A解析：设g(x)＝2x2e2x＋lnx，其中x>0，则函数g(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，且当x→0时，函数g(x)→－∞，且g(1)＝2e2>0，可得方程2x2e2x＋lnx＝0的实根x∈(0，1)，则－lnx>0，又由2x2e2x＋lnx＝0，可得2x2e2x＝－lnx，即2xe2x＝－lnx构造新函数f(x)＝xex，x>0，可得f′(x)＝(x＋1)ex>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，可得f(2x)＝2xe2x,f(－lnx)＝－lnxe－lnx＝－lnx因为实数x0是方程2x2e2x＋lnx＝0的实根，则2x0e2x0＝1x所以2x0＝ln1x0＝－lnx0，即2x0＋lnx令h(x)＝2x＋lnx，x∈(0，1)，可得h′(x)＝2＋1x>0，h(x由h1e＝2e－1<0，h1e＝2e＋ln1e＝2所以1e<x0<1e，又由ln2>lne＝12，且124．答案：BC解析：因为eysinx＝exsiny，所以sinx令g(t)＝sintet，t∈(0，π)，则g′(t)＝cost−sintet由g′(t)<0，得π4<t<π，所以g(t)＝sintet在因为0<x<y<π，由sinxex＝sinyey知，g(x)＝g(因为0<x<y<π，所以ey>ex，由sinxex＝sin因为0<x<π4<y<π，所以cosx＝1−sin2因为siny>sinx，所以cosx>|cosy|＝－cosy，所以cosx＋cosy>0，故C正确；令h(t)＝g(t)－gπ2−t，则h′(t)＝g′(t)＋g′π2当0<t<π时，h′(t)>0恒成立，所以h(t)＝g(t)－gπ2由0<x<π4，得0<x<π4<π2－x<π2，所以h(x)＝g(x)－gπ2−x<0，即g又g(x)＝g(y)，所以g(y)<gπ2因为0<x<π4<y<π，所以π2－x∈因为g(t)＝sintet在π4，π内单调递减，所以y>π2－x，即5．证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1，所以只需证明exe－ln由于exe－lnx－1≥0⇔ex≥eln(ex)⇔xex≥exln(ex)⇔xex≥eln(ex)ln(e令g(x)＝xex，由g′(x)＝ex(x＋1)>0知g(x)为增函数，又易证x≥ln(ex)＝lnx＋1，所以g(x)≥g(ln(ex)),即xex≥eln(ex)ln(ex)成立．故当a≥1e时，f(x)≥6．解：(1)由题意可得f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在R上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得x>lna，由f′(x)<0，得x<lna，则f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)证明：由题得，a＝0时，对任意的x>1，都有f(x)≥x4－3x3lnx＋x3，即ex≥x3(x－3lnx＋1)，等价于exx3≥x－3lnx＋1，即ex-3lnx≥x设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1.由g′(x)>0，得x>0；由g′(x)<0，得x<0.则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故g(x)≥g(0)＝0，即ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立．设h(x)＝x－3lnx，则h′(x)＝1－3x由h′(x)>0，得x>3；由h′(x)<0，得0<x<3.则h(x)在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递