《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

6. (2024河北石家庄模拟,15)已知函数$f(x)=e^{ax}-ex - b$在$x = 0$处的切线为$x$轴.
(1)求$a,b$的值;
(2)求$f(x)$的单调区间.

答案：
6. 解析：
(1)因为$f(x)=e^{ax}-ex - b$，所以$f'(x)=ae^{ax}-e$，
依题意$f(0)=0$且$f'(0)=0$，
所以$\begin{cases}e^{0}-b = 0\\ae^{0}-e = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = e\\b = 1\end{cases}$。
(2)由
(1)可得$f(x)=e^{ex}-ex - 1$，定义域为$\mathbf{R}$，
又$f'(x)=e^{ex + 1}-e=e(e^{ex}-1)$，
令$g(x)=f'(x)=e^{ex + 1}-e$，则$g'(x)=e^{ex + 2}\gt0$，
所以$g(x)$在定义域$\mathbf{R}$上单调递增，即$f'(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。又$f'(0)=0$，所以当$x\lt0$时$f'(x)\lt0$，当$x\gt0$时$f'(x)\gt0$，
所以$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,0)$，单调递增区间为$(0,+\infty)$。

7. (2024湖北武汉四调,16)已知函数$f(x)=\ln x-ax + x^{2}$.
(1)若$a = -1$,求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程;
(2)讨论$f(x)$的单调性.

答案：
7. 解析：
(1)$a=-1$时，$f(x)=\ln x+x^{2}$，$f'(x)=\frac{1}{x}+1 + 2x$，
则$f'(1)=4$，$f(1)=2$，
所以所求切线方程为$y = 4(x - 1)+2$，整理得$y = 4x-2$。
(2)$f'(x)=\frac{1}{x}-a + 2x=\frac{2x^{2}-ax + 1}{x}$，
因为$x\gt0$，所以$a\leq0$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
当$a\gt0$时，对于$y = 2x^{2}-ax + 1$，$\Delta=a^{2}-8$，
若$0\lt a\leq2\sqrt{2}$，则$\Delta\leq0$，此时$f'(x)\geq0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
若$a\gt2\sqrt{2}$，令$2x^{2}-ax + 1 = 0$，得$x=\frac{a\pm\sqrt{a^{2}-8}}{4}\gt0$，$0\lt x\lt\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增；
$x\gt\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增；
$\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4}\lt x\lt\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4}$时，$f'(x)\lt0$，$f(x)$单调递减。
综上所述，$a\leq2\sqrt{2}$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
$a\gt2\sqrt{2}$时，$f(x)$在$(0,\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4})$，$(\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4},+\infty)$上单调递增，在$(\frac{a-\sqrt{a^{2}-8}}{4},\frac{a+\sqrt{a^{2}-8}}{4})$上单调递减。

8. (2024河南新乡三模,15)已知函数$f(x)=x\ln x$.
(1)求$f(x)$的极值;
(2)若过点$(a,b)$可以作两条直线与曲线$y = f(x)$相切,证明:$b\lt a\ln a$.

答案：
8. 解析：
(1)因为$f(x)=x\ln x$，所以$f'(x)=\ln x + 1$。(1分)
令$f'(x)=0$，得$x=\frac{1}{e}$，当$x\in(0,\frac{1}{e})$时，$f'(x)\lt0$，$f(x)$单调递减，当$x\in(\frac{1}{e},+\infty)$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增，(3分)
故当$x=\frac{1}{e}$时，$f(x)$取得极小值，且极小值为$f(\frac{1}{e})=-\frac{1}{e}$，无极大值。(5分)
(2)证明：设切点为$(x_{0},x_{0}\ln x_{0})$，则切线的方程为$y - x_{0}\ln x_{0}=(1+\ln x_{0})(x - x_{0})$，(6分)
则$b - x_{0}\ln x_{0}=(1+\ln x_{0})(a - x_{0})$，整理得$b=a\ln x_{0}-x_{0}+a$。(7分)
由过点$(a,b)$可以作两条直线与曲线$y = f(x)$相切，可得方程$b=a\ln x-x + a$有两个不相等的正根。(9分)
令$g(x)=a\ln x-x + a$，则$g'(x)=\frac{a - x}{x}$。(10分)
当$a\leq0$时，$g'(x)\lt0$，$g(x)$单调递减，则方程$b=a\ln x-x + a$最多只有一个正根，不符合题意。(11分)
当$a\gt0$时，若$x\in(0,a)$，则$g'(x)\gt0$，$g(x)$单调递增，若$x\in(a,+\infty)$，则$g'(x)\lt0$，$g(x)$单调递减，则$g(x)_{\max}=g(a)=a\ln a$。(12分)
故要使得方程$b=a\ln x-x + a$有两个不相等的正根，则$b\lt a\ln a$。(13分)

1. 新定义理解 (多选)(2024山东济南一中等校联考,10)假设直线$L$与曲线$M$相切,若切点唯一,则称直线$L$与曲线$M$单切;若切点有两个,则称直线$L$与曲线$M$双切;若$L$还与曲线$M$相交,则称直线$L$与曲线$M$交切.已知函数$f(x)=|x^{3}-3x|$,则 ( )
A. 直线$y = 2$与曲线$y = f(x)$双切
B. 直线$y = -4x + 1$与曲线$y = f(x)$单切
C. 直线$y = 2$与曲线$y = f(x)$交切
D. 存在唯一的直线,与曲线$y = f(x)$单切且交切

答案：

1. AC 令$y=x^{3}-3x$，则$y'=3x^{2}-3$，
令$y'=3x^{2}-3\gt0$，则$x\lt - 1$或$x\gt1$，令$y'=3x^{2}-3\lt0$，则$-1\lt x\lt1$，
则$y=x^{3}-3x$在$(-\infty,-1)$，$(1,+\infty)$上单调递增，在$(-1,1)$上单调递减，
则$y=x^{3}-3x$的极大值为$(-1)^{3}+3 = 2$，极小值为$1^{3}-3=-2$，
且$x^{3}-3x = 0$时，$x = 0$或$x=\pm\sqrt{3}$，
由此作出$f(x)=|x^{3}-3x|$的图象，（提醒：应用翻折与对称画出函数图象）如图，

对于A，C，直线$y = 2$与曲线$y = f(x)$相切，切点为$(-1,2)$，$(1,2)$，故直线$y = 2$与曲线$y = f(x)$双切，同时$y = 2$还与曲线$y = f(x)$相交，故直线$y = 2$与曲线$y = f(x)$交切，A，C正确；
对于B，由$y=x^{3}-3x$，得$y'=3x^{2}-3\geq - 3$，此时曲线$y=x^{3}-3x$不存在斜率为$-4$的切线，由$y=-x^{3}+3x$，得$y'=-3x^{2}+3$，令$y'=-4$，得$-3x^{2}+3=-4$，解得$x=\frac{\sqrt{21}}{3}$（舍负）。代入$y=-4x + 1$得$y=-\frac{4\sqrt{21}}{3}+1$，显然点$(\frac{\sqrt{21}}{3},-\frac{4\sqrt{21}}{3}+1)$不在曲线$f(x)$上，
故B错误；
对于D，由$f(x)$的图象可知$f(x)$为偶函数，若存在直线与曲线$y = f(x)$单切且交切，如图中$l_{1}$，则必存在关于$y$轴对称的直线$l_{2}$与曲线$y = f(x)$单切且交切，D错误，故选AC。

2. 创新考法 (2024山东淄博一模,13)已知定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x),f'(x)$为$f(x)$的导函数,$f'(x)$定义域也是$\mathbf{R},f(x)$满足$f(x + 1012)-f(1013 - x)=4x - 2$,则$\sum_{i = 1}^{2024}f'(i)=$________.

答案：
2. 答案：$4048$
解析：对$f(x + 1012)-f(1013 - x)=4x + 1$两边同时求导得$f'(x + 1012)+f'(1013 - x)=4$，即$f'(x)+f'(2025 - x)=4$，
则$f'(1)+f'(2024)=4$，$f'(2)+f'(2023)=4$，$\cdots\cdots$，$f'(1012)+f'(1013)=4$，则$\sum_{i = 1}^{2024}f'(i)=4\times1012 = 4048$。