《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

4.(2023·湖南娄底市部分学校高三三模)若$a=\ln1.01$，$b=\frac{2}{201}$，$c=\sqrt{1.02}-1$，则　　　(　　　)
A.$a\lt b\lt c$　　　　　
　B.$b\lt a\lt c$
C.$b\lt c\lt a$　　　　　
　D.$c\lt a\lt b$

答案： B [由于 $a=\ln1.01=\ln(1 + 0.01),c=\sqrt{1.02}-1=\sqrt{1+0.01\times2}-1$，故设函数 $f(x)=\ln(1 + x)-\sqrt{1 + 2x}+1(x＞0)$，则 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-\frac{1}{\sqrt{1 + 2x}}=\frac{\sqrt{1 + 2x}-(1 + x)}{(1 + x)\sqrt{1 + 2x}}$，
$x＞0$，由于 $(\sqrt{1 + 2x})^{2}-(1 + x)^{2}=-x^{2}＜0$，所以 $(\sqrt{1 + 2x})^{2}＜(1 + x)^{2}$，即 $\sqrt{1 + 2x}-(1 + x)＜0$，即 $f^{\prime}(x)＜0$，故 $f(x)=\ln(1 + x)-\sqrt{1 + 2x}+1(x＞0)$单调递减，故 $f(x)＜f(0)=0$，即 $\ln(1 + x)＜\sqrt{1 + 2x}-1(x＞0)$，令 $x = 0.01$，则 $\ln(1 + 0.01)＜\sqrt{1+2\times0.01}-1$，即 $a＜c$；又 $a=\ln1.01=\ln(1 + 0.01),b=\frac{2}{201}=\frac{2\times0.01}{2 + 0.01}$，令 $g(x)=\ln(x + 1)-\frac{2x}{2 + x}$，则当 $x＞0$时，$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x + 1}-\frac{4}{(x + 2)^{2}}=\frac{x^{2}}{(x + 1)(x + 2)^{2}}＞0$，即当 $x＞0$时，$g(x)=\ln(x + 1)-\frac{2x}{2 + x}$单调递增，故当 $x＞0$时，$g(x)＞g(0)=0$，即当 $x＞0$时，$\ln(x + 1)＞\frac{2x}{2 + x}$，令 $x = 0.01$，则 $\ln1.01＞\frac{2\times0.01}{2+0.01}=\frac{2}{201}$，即 $a＞b$，故 $b＜a＜c$。故选B.]

例5　　(2023·四川成都模拟)已知一个定义在$\mathbf{R}$上的奇函数$f(x)$，当$x＞0$时，$f(x)=x - 1+\ln x$，则不等式$xf(x)＞0$的解集为　(　　　)
A.$(-\infty,-1)\cup(0,1)$
B.$(-1,0)\cup(0,1)$
C.$(-1,0)\cup(1,+\infty)$
D.$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$
[课堂笔记]　______________________________

答案： D [由题意，当 $x＞0$时，$f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x}＞0$。则 $f(x)$在 $(0,+\infty)$上单调递增，又 $f(1)=0$，所以当 $x\in(0,1)$时，$f(x)＜0$；当 $x\in(1,+\infty)$时，$f(x)＞0$，所以当 $x＞0$时，不等式 $xf(x)＞0$的解集为 $(1,+\infty)$，又 $f(x)$为奇函数，所以 $xf(x)$为偶函数，所以不等式 $xf(x)＞0$的解集为 $(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$。故选D.]

5.已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}-2x + 1$，则不等式$f(2x - 3)+f(x)＞2$的解集为________.

答案： 答案 $(1,+\infty)$
解析 令 $g(x)=f(x)-1=e^{x}-e^{-x}-2x$，定义域为 $\mathbf{R}$，因为 $g(-x)=e^{-x}-e^{x}+2x=-g(x)$，所以 $g(x)$为奇函数，不等式 $f(2x - 3)+f(x)＞2$可变形为 $f(2x - 3)-1＞1 - f(x)$，即 $g(2x - 3)＞-g(x)=g(-x)$，又 $g^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}-2\geqslant2\sqrt{e^{x}\cdot e^{-x}}-2 = 0$，当且仅当 $e^{x}=e^{-x}$，即 $x = 0$时，等号成立，所以 $g(x)$在 $\mathbf{R}$上单调递增，所以 $2x - 3＞-x$，解得 $x＞1$，所以所求不等式的解集为 $(1,+\infty)$。

例6　　(2024·宁夏回族自治区银川一中高三上学期第二次月考)若函数$f(x)=x-\frac{1}{3}\sin2x+a\sin x$在$\mathbf{R}$上单调递增，则$a$的取值范围是
　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$[-1,1]$　　　　　　B.$[-1,\frac{1}{3}]$
C.$[-\frac{1}{3},\frac{1}{3}]$　　　　　D.$[-1,-\frac{1}{3}]$
[课堂笔记]　______________________________

答案： C [$f^{\prime}(x)=1-\frac{2}{3}\cos2x+a\cos x\geqslant0$对 $x\in\mathbf{R}$恒成立，故 $1-\frac{2}{3}(2\cos^{2}x - 1)+a\cos x\geqslant0$，即 $a\cos x-\frac{4}{3}\cos^{2}x+\frac{5}{3}\geqslant0$恒成立，即 $-\frac{4}{3}t^{2}+at+\frac{5}{3}\geqslant0$对 $t\in[-1,1]$恒成立，构造 $g(t)=-\frac{4}{3}t^{2}+at+\frac{5}{3}$，由 $y = -\frac{4}{3}t^{2}+at+\frac{5}{3}$为开口向下的抛物线，知 $g(t)$的最小值的可能值为端点值，故只需保证 $\begin{cases}g(-1)=\frac{1}{3}-a\geqslant0\\g(1)=\frac{1}{3}+a\geqslant0\end{cases}$，解得 $-\frac{1}{3}\leqslant a\leqslant\frac{1}{3}$。故选C.]

6.若函数$f(x)=\ln x+ax^{2}-2$在区间$(\frac{1}{4},1)$内存在单调递增区间，则实数$a$的取值范围是
　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$(-\infty,-2)$　　　
　B.$(-\frac{1}{8},+\infty)$
C.$(-2,+\infty)$　　　
　D.$(-8,+\infty)$

答案： D [由 $f(x)=\ln x+ax^{2}-2$，可得 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2ax$。因为函数 $f(x)=\ln x+ax^{2}-2$在区间 $(\frac{1}{4},1)$内存在单调递增区间，所以 $f^{\prime}(x)＞0$在 $x\in(\frac{1}{4},1)$上有解，即 $a＞-\frac{1}{2x^{2}}$在 $x\in(\frac{1}{4},1)$上有解。设 $g(x)=-\frac{1}{2x^{2}},x\neq0$，由 $g^{\prime}(x)=x^{-3}＞0$在 $x\in(\frac{1}{4},1)$上恒成立，所以 $g(x)$在 $(\frac{1}{4},1)$上单调递增，所以 $g(\frac{1}{4})＜g(x)＜g(1)$。所以 $a＞g(\frac{1}{4})=-8$。故选D.]

7.若函数$g(x)=2x+\ln x-\frac{a}{x}$在区间$[1,2]$内不单调，则实数$a$的取值范围是________.

答案： 答案 $(-10,-3)$
解析 $\because$函数 $g(x)$在区间 $[1,2]$内不单调，$\therefore g^{\prime}(x)=2+\frac{1}{x}+\frac{a}{x^{2}}=0$在区间 $(1,2)$内有解，则 $a=-2x^{2}-x=-2(x+\frac{1}{4})^{2}+\frac{1}{8}$在 $(1,2)$内有解，令 $y=-2(x+\frac{1}{4})^{2}+\frac{1}{8}$，易知该函数在 $(1,2)$上是减函数，$\therefore$值域为 $(-10,-3)$，$\therefore$实数 $a$的取值范围为 $(-10,-3)$。