《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

7. (2019·天津高考)已知$a\in\mathbf{R}$，设函数$f(x)=\begin{cases}x^{2}-2ax + 2a,x\leqslant1\\x - a\ln x,x＞1\end{cases}$，若关于$x$的不等式$f(x)\geqslant0$在$\mathbf{R}$上恒成立，则$a$的取值范围为(　　　)
A. $[0,1]$　　　
　B. $[0,2]$　　　
　C. $[0,\mathrm{e}]$　　　
　D. $[1,\mathrm{e}]$

答案： C [当 $x\leqslant1$ 时，由 $f(x)=x^{2}-2ax + 2\geqslant0$ 恒成立，而二次函数 $f(x)$ 图象的对称轴为直线 $x = a$，$\therefore$ 当 $a\geqslant1$ 时，$f(x)_{\min}=f(1)=1＞0$ 恒成立，当 $a ＜ 1$ 时，$f(x)_{\min}=f(a)=2a - a^{2}\geqslant0$，$\therefore0\leqslant a＜1$。综上，$a\geqslant0$。当 $x ＞ 1$ 时，由 $f(x)=x - a\ln x\geqslant0$ 恒成立，得 $a\leqslant\frac{x}{\ln x}$ 恒成立。设 $g(x)=\frac{x}{\ln x}$，则 $g^{\prime}(x)=\frac{\ln x - 1}{(\ln x)^{2}}$。令 $g^{\prime}(x)=0$，得 $x = \mathrm{e}$，且当 $1 ＜ x ＜ \mathrm{e}$ 时，$g^{\prime}(x)＜0$，当 $x ＞ \mathrm{e}$ 时，$g^{\prime}(x)＞0$，$\therefore g(x)_{\min}=g(\mathrm{e})=\mathrm{e}$，$\therefore a\leqslant\mathrm{e}$。综上，$a$ 的取值范围是 $[0,\mathrm{e}]$。故选C.]

8. (2023·广东梅州高三模拟)已知函数$f(x)=x\sin x+\cos x+x^{2}$，则不等式$f(\ln x)+f(\ln\frac{1}{x})＜2f(1)$的解集为　　　　　　　　(　　　)
A. $(\mathrm{e},+\infty)$　　　　　　　　　
　B. $(0,\mathrm{e})$
C. $(0,\frac{1}{\mathrm{e}})\cup(1,\mathrm{e})$　　　　　　　
　D. $(\frac{1}{\mathrm{e}},\mathrm{e})$

答案： D [易知 $f(x)=x\sin x+\cos x+x^{2}$ 是偶函数，所以 $f(\ln\frac{1}{x})=f(-\ln x)=f(\ln x)$。则原不等式可变形为 $f(\ln x)＜f(1)\Leftrightarrow f(|\ln x|)＜f(1)$。又 $f^{\prime}(x)=x\cos x + 2x=x(2+\cos x)$。由 $2+\cos x＞0$，得当 $x ＞ 0$ 时，$f^{\prime}(x)＞0$，所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。所以 $|\ln x|＜1\Leftrightarrow-1＜\ln x＜1\Leftrightarrow\frac{1}{\mathrm{e}}＜x＜\mathrm{e}$。故选D.]

9. (2024·河北衡水武强中学高三模拟)已知函数$f(x)=2x + a,g(x)=\ln x - 2x$，如果对任意的$x_{1},x_{2}\in[\frac{1}{2},2]$，都有$f(x_{1})\leqslant g(x_{2})$成立，则实数$a$的取值范围为　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $(-\infty,\ln 2 - 4]$　　　　　　
　B. $[\ln 2 - 4,+\infty)$
C. $(-\infty,\ln 2 - 8]$　　　　　　
　D. $[\ln 2 - 8,+\infty)$

答案： C [由 $g(x)=\ln x - 2x$，可得 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2=\frac{1 - 2x}{x}$，当 $x\in[\frac{1}{2},2]$ 时，$g^{\prime}(x)\leqslant0$，$\therefore g(x)$ 在区间 $[\frac{1}{2},2]$ 上单调递减，$\therefore g(x)_{\min}=g(2)=\ln 2 - 4$，$\because f(x)=2x + a$，$\therefore f(x)$ 在区间 $[\frac{1}{2},2]$ 上单调递增，$\therefore f(x)_{\max}=f(2)=4 + a$，$\because$ 对任意的 $x_{1}$，$x_{2}\in[\frac{1}{2},2]$，都有 $f(x_{1})\leqslant g(x_{2})$ 成立，$\therefore4 + a\leqslant\ln 2 - 4$，$\therefore a\leqslant\ln 2 - 8$，故实数 $a$ 的取值范围为 $(-\infty,\ln 2 - 8]$。故选C.]

10. (2023·天津南开中学高三学情调查)已知函数$f(x)=\begin{cases}2x^{2}-8x + 10,x＞2\\\mathrm{e}^{2 - x}+x - 1,x\leqslant2\end{cases}$，若$f(x)\geqslant|x - m|$恒成立，则实数$m$的取值范围为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $[\frac{1}{8},5 - 2\ln 2]$　　　　　　
　B. $(-\infty,4 - 2\ln 2]$
C. $[\frac{1}{4},4 - 2\ln 2]$　　　　　　
　D. $[\frac{1}{4},5 - 2\ln 2]$

答案：
A [$f(x)\geqslant|x - m|$ 恒成立可以转化为函数 $y = f(x)$ 的图象不在 $y = |x - m|$ 图象的下方。$\because$ 当 $x\leqslant2$ 时，$f(x)=\mathrm{e}^{2 - x}+x - 1$，$\therefore f^{\prime}(x)=-\mathrm{e}^{2 - x}+1\leqslant0$，$\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,2]$ 上单调递减，且 $f(2)=2$，又当 $x ＞ 2$ 时，$f(x)=2x^{2}-8x + 10=2(x - 2)^{2}+2$，$\therefore f(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 上单调递增，易知 $f(x)$ 的图象在 $x = 2$ 处连续，画出函数图象如图所示。$g(x)=|x - m|=\begin{cases}x - m,x\geqslant m\\m - x,x ＜ m\end{cases}$，当 $f(x)=2x^{2}-8x + 10(x ＞ 2)$ 的图象与直线 $y = x - m$ 相切时，设切点的横坐标为 $x_{1}$，$\therefore f^{\prime}(x_{1})=1$，即 $4x_{1}-8=1$，解得 $x_{1}=\frac{9}{4}$，切点坐标为 $(\frac{9}{4},\frac{17}{8})$，此时 $m=\frac{1}{8}$，结合图象可知 $m\geqslant\frac{1}{8}$；当 $f(x)=\mathrm{e}^{2 - x}+x - 1(x\leqslant2)$ 的图象与直线 $y = m - x$ 相切时，设切点的横坐标为 $x_{2}$，$\therefore f^{\prime}(x_{2})=-1$，即 $-\mathrm{e}^{2 - x_{2}}+1=-1$，解得 $x_{2}=2-\ln 2$，$\therefore$ 切点坐标为 $(2-\ln 2,3-\ln 2)$，此时 $m=5 - 2\ln 2$，结合图象可知 $m\leqslant5 - 2\ln 2$。综上，实数 $m$ 的取值范围为 $\frac{1}{8}\leqslant m\leqslant5 - 2\ln 2$。故选A.]

11. (2023·江苏常州联盟学校高三学情调研)设函数$f(x)=\frac{1}{2}x^{2}-4x+a\ln x$，若函数$y = f(x)$存在两个极值点$x_{1},x_{2}$，且不等式$f(x_{1})+f(x_{2})\geqslant x_{1}+x_{2}+t$恒成立，则$t$的取值范围为　　　　　　(　　　)
A. $(-\infty,-1]$　　　　　　　
　B. $(-\infty,-16 - 8\ln 2]$
C. $(-\infty,\frac{\mathrm{e}^{2}}{2}-4\mathrm{e}]$　　　　　　
　D. $(-\infty,-13]$

答案： D [函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=x - 4+\frac{a}{x}=\frac{x^{2}-4x + a}{x}$，$x ＞ 0$，又函数 $y = f(x)$ 存在两个极值点 $x_{1}$，$x_{2}$，所以方程 $x^{2}-4x + a=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两个不相等的正实数根，则 $\begin{cases}\Delta=16 - 4a＞0\\x_{1}+x_{2}=4＞0\\x_{1}x_{2}=a＞0\end{cases}$，解得 $0 ＜ a ＜ 4$，又 $f(x_{1})+f(x_{2})-(x_{1}+x_{2})=\frac{1}{2}x_{1}^{2}-4x_{1}+a\ln x_{1}+\frac{1}{2}x_{2}^{2}-4x_{2}+a\ln x_{2}-x_{1}-x_{2}=\frac{1}{2}[(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}]-5(x_{1}+x_{2})+a\ln(x_{1}x_{2})=\frac{1}{2}(16 - 2a)-20+a\ln a=a\ln a - a - 12$，设 $h(a)=a\ln a - a - 12$，$0 ＜ a ＜ 4$，则 $h^{\prime}(a)=\ln a$，当 $0 ＜ a ＜ 1$ 时，$h^{\prime}(a)＜0$，$h(a)$ 单调递减，当 $1 ＜ a ＜ 4$ 时，$h^{\prime}(a)＞0$，$h(a)$ 单调递增，所以 $h(a)_{\min}=h(1)=-13$，因为不等式 $f(x_{1})+f(x_{2})\geqslant x_{1}+x_{2}+t$ 恒成立，即 $f(x_{1})+f(x_{2})-(x_{1}+x_{2})\geqslant t$ 恒成立，所以 $t\leqslant-13$。故选D.]

12. (2023·河南洛阳高三统考)已知函数$f(x)=x^{a}-a\ln x(a＞0)$，$g(x)=\mathrm{e}^{x}-x$，若$x\in(1,\mathrm{e}^{2})$时，$f(x)\leqslant g(x)$成立，则实数$a$的最大值是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. 1　　　　　
　B. $\mathrm{e}$　　　　　
　C. $\frac{\mathrm{e}^{2}}{2}$　　　　　
　D. $\mathrm{e}^{2}$

答案： B [由题意知，当 $x\in(1,\mathrm{e}^{2})$ 时，$f(x)\leqslant g(x)$ 恒成立，即 $x^{a}-a\ln x\leqslant\mathrm{e}^{x}-x$ 在 $(1,\mathrm{e}^{2})$ 上恒成立，也就是 $\mathrm{e}^{\ln x^{a}}-\ln x^{a}\leqslant\mathrm{e}^{x}-x$ 在 $(1,\mathrm{e}^{2})$ 上恒成立，令 $m(x)=\mathrm{e}^{x}-x(x ＞ 0)$，则 $m^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1＞0$，所以 $m(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，则由 $\mathrm{e}^{\ln x^{a}}-\ln x^{a}\leqslant\mathrm{e}^{x}-x$ 可得 $\ln x^{a}\leqslant x$，即 $a\leqslant\frac{x}{\ln x}$ 在 $(1,\mathrm{e}^{2})$ 上恒成立，令 $n(x)=\frac{x}{\ln x}$，$x\in(1,\mathrm{e}^{2})$，有 $n^{\prime}(x)=\frac{\ln x - 1}{(\ln x)^{2}}$，当 $x\in(1,\mathrm{e})$ 时，$n^{\prime}(x)＜0$，$n(x)$ 单调递减；当 $x\in(\mathrm{e},\mathrm{e}^{2})$ 时，$n^{\prime}(x)＞0$，$n(x)$ 单调递增。故 $n(x)=\frac{x}{\ln x}$，$x\in(1,\mathrm{e}^{2})$ 在 $x = \mathrm{e}$ 时取得最小值 $n(\mathrm{e})=\frac{\mathrm{e}}{\ln\mathrm{e}}=\mathrm{e}$，则由 $a\leqslant\frac{x}{\ln x}$ 在 $(1,\mathrm{e}^{2})$ 上恒成立，可知 $a\leqslant\mathrm{e}$，故实数 $a$ 的最大值为 $\mathrm{e}$。故选B.]

13. (2024·湖南常德第一中学高三月考)已知函数$f^{\prime}(x)$是奇函数$f(x)(x\in\mathbf{R})$的导函数，且当$x＞0$时，$\ln x\cdot f^{\prime}(x)+\frac{1}{x}\cdot f(x)＜0$，则不等式$(x - 985)f(x)＞0$的解集为________.
14. (2024·安徽亳州高三期末)已知$a＜0$，若$x＞1$时，$\mathrm{e}^{-x}-\ln\mathrm{e}^{-x}\geqslant x^{a}-\ln x^{a}$恒成立，则$a$的最小值为________.

答案： 答案 $(0,985)$
解析 令函数 $g(x)=\ln x\cdot f(x)$，则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}\cdot f(x)+\ln x\cdot f^{\prime}(x)＜0$，即当 $x ＞ 0$ 时，函数 $g(x)$ 单调递减，因为 $g(1)=0$，所以当 $0 ＜ x ＜ 1$ 时，$g(x)＞0$，当 $x ＞ 1$ 时，$g(x)＜0$。因为当 $0 ＜ x ＜ 1$ 时，$\ln x＜0$，当 $x ＞ 1$ 时，$\ln x＞0$，所以当 $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$ 时，$f(x)＜0$。又 $f^{\prime}(1)\cdot\ln 1 + f(1)＜0$，故 $f(1)＜0$，所以当 $x ＞ 0$ 时，$f(x)＜0$；又 $f(x)$ 为奇函数，所以当 $x ＜ 0$ 时，$f(x)＞0$，当 $x = 0$ 时，$f(x)=0$，所以不等式 $(x - 985)f(x)＞0$ 可化为 $\begin{cases}x ＜ 0\\x - 985＞0\end{cases}$ 或 $\begin{cases}x ＞ 0\\x - 985＜0\end{cases}$，解得 $0 ＜ x ＜ 985$，所以不等式 $(x - 985)f(x)＞0$ 的解集为 $(0,985)$。