《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(多选)(2024新课标I,10,6分，中)设函数$f(x)=(x - 1)^2(x - 4)$，则 （ ）
A.$x = 3$是$f(x)$的极小值点
B.当$0 ＜ x ＜ 1$时，$f(x) ＜ f(x^2)$
C.当$1 ＜ x ＜ 2$时，$-4 ＜ f(2x - 1) ＜ 0$
D.当$-1 ＜ x ＜ 0$时，$f(2 - x) ＞ f(x)$

答案： ACD 由题意知$f^{\prime}(x)=3(x - 1)(x - 3)$。
对于 A，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$x＜1$或$x＞3$，令$f^{\prime}(x)＜0$，得$1＜x＜3$，所以$f(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1,3)$上单调递减，在$(3,+\infty)$上单调递增，所以$x = 3$是$f(x)$的极小值点，故 A 正确；
对于 B，当$0＜x＜1$时，$0＜x^{2}＜x＜1$，由$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，得$f(x^{2})＜f(x)$，故 B 错误；
对于 C，由$1＜x＜2$，得$1＜2x - 1＜3$，由$f(x)$在$(1,3)$上单调递减，得$f(1)＞f(2x - 1)＞f(3)$，即$-4＜f(2x - 1)＜0$，故 C 正确；
对于 D，$f(2 - x)-f(x)=(x - 1)^{2}(-2 - x)-(x - 1)^{2}(x - 4)=(x - 1)^{2}(-2x + 2)=-2(x - 1)^{3}$，当$-1＜x＜0$时，$f(2 - x)-f(x)＞0$，则$f(2 - x)＞f(x)$，故 D 正确。故选 ACD。

2.(多选)(2024新课标II,11,6分,难)设函数$f(x)=2x^3 - 3ax^2 + 1$，则 （ ）
A.当$a ＞ 1$时，$f(x)$有三个零点
B.当$a ＜ 0$时，$x = 0$是$f(x)$的极大值点
C.存在$a$，$b$，使得$x = b$为曲线$y = f(x)$的对称轴
D.存在$a$，使得点$(1,f(1))$为曲线$y = f(x)$的对称中心

答案：
AD 依题意得$f^{\prime}(x)=6x^{2}-6ax$，令$f^{\prime}(x)=0$，得$6x(x - a)=0$，解得$x = 0$或$x = a$。
对于选项 A，$a＞1$时，当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的变化情况如下：

又$f(0)=1＞0$，$f(a)=2a^{3}-3a^{3}+1=1 - a^{3}＜0$，所以$f(x)$有三个零点，选项 A 正确。
对于选项 B，$a＜0$时，当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的变化情况如下：

所以$x = 0$是$f(x)$的极小值点，选项 B 错误。
对于选项 C，当$x\rightarrow+\infty$时，$f(x)\rightarrow+\infty$；当$x\rightarrow-\infty$时，$f(x)\rightarrow-\infty$，因此曲线$y = f(x)$不存在对称轴，选项 C 错误。
对于选项 D，由$f^{\prime}(x)=6x^{2}-6ax$得$f^{\prime\prime}(x)=12x - 6a$，令$f^{\prime\prime}(x)=0$，得$12x - 6a = 0$，解得$x=\frac{a}{2}$，取$\frac{a}{2}=1$，得$a = 2$，因此，当$a = 2$时，点$(1,f(1))$为曲线$y = f(x)$的对称中心。验证：$f(2 - x)=2(2 - x)^{3}-6(2 - x)^{2}+1=-2x^{3}+6x^{2}-7$，$\therefore f(2 - x)+f(x)=-2x^{3}+6x^{2}-7+2x^{3}-6x^{2}+1=-6 = 2f(1)$。因此，选项 D 正确。故选 AD。

3.(2024新课标II,16,15分,中)已知函数$f(x)=e^x - ax - a$．
(1)当$a = 1$时，求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
(2)若$f(x)$有极小值，且极小值小于$0$，求$a$的取值范围．

答案： 解析
(1)当$a = 1$时，$f(x)=e^{x}-x - 1$，$f^{\prime}(x)=e^{x}-1$，则切线斜率为$k=f^{\prime}(1)=e - 1$，又$\because f(1)=e - 1 - 1=e - 2$，$\therefore$切线方程为$y-(e - 2)=(e - 1)(x - 1)$，整理得$y=(e - 1)x - 1$。
(2)$\because f(x)=e^{x}-ax - a^{3}$，$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x}-a$。
①当$a\leqslant0$时，$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，$f(x)$单调递增，无极值，不符合题意，故$a\leqslant0$时不成立。
②当$a＞0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\ln a$，当$x\in(-\infty,\ln a)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，当$x\in(\ln a,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增。$\therefore x=\ln a$时$f(x)$有极小值，极小值为$f(\ln a)=e^{\ln a}-a\ln a - a^{3}=a - a\ln a - a^{3}$。又$\because$极小值小于$0$，$\therefore a - a\ln a - a^{3}＜0$，又$\because a＞0$，$\therefore 1-\ln a - a^{2}＜0$，设$g(a)=1-\ln a - a^{2},a\in(0,+\infty)$，$\because g^{\prime}(a)=-\frac{1}{a}-2a＜0$，$\therefore g(a)$单调递减，又$\because g(1)=0$，$\therefore a\in(1,+\infty)$时，$g(a)＜0$，即极小值$f(\ln a)＜0$，$\therefore a＞1$。
综上所述，$a$的取值范围为$(1,+\infty)$。

4.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数$f(x)=(1 - ax)\ln(1 + x) - x$．
(1)若$a = - 2$，求$f(x)$的极值；
(2)当$x\geqslant0$时，$f(x)\geqslant0$，求$a$的取值范围．

答案： 解析
(1)函数$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$，当$a=-2$时，$f(x)=(1 + 2x)\ln(x + 1)-x$，则$f^{\prime}(x)=2\ln(x + 1)+\frac{x}{x + 1}$，令$F(x)=2\ln(x + 1)+\frac{x}{x + 1}$，则$F^{\prime}(x)=\frac{2}{x + 1}+\frac{1}{(x + 1)^{2}}$，可得$F^{\prime}(x)＞0$在$(-1,+\infty)$上恒成立，则$F(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，又$F(0)=0$，$\therefore$当$x\in(-1,0)$时，$F(x)＜0$，当$x\in(0,+\infty)$时，$F(x)＞0$，即当$-1＜x＜0$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，当$x＞0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x)$在$x = 0$处取得极小值，$f(x)_{极小值}=f(0)=0$，无极大值。
(2)解法一：$\because$当$x\geqslant0$时，$f(x)\geqslant0$，又$f(0)=0$，$\therefore y = f(x)$在$x = 0$处取得最小值。又$f^{\prime}(x)=-a\ln(1 + x)+\frac{(-a - 1)x}{1 + x}$，令$g(x)=f^{\prime}(x)=-a\ln(1 + x)+\frac{(-a - 1)x}{1 + x}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{-a}{1 + x}+\frac{-a - 1}{(1 + x)^{2}}=\frac{-ax - 2a - 1}{(x + 1)^{2}}$，令$h(x)=-ax - 2a - 1,x\in[0,+\infty)$，$h(0)=-2a - 1$。
①当$-2a - 1\geqslant0$，即$a\leqslant-\frac{1}{2}$时，$-a＞0$，$h(x)\geqslant0$在$[0,+\infty)$上恒成立，即$g^{\prime}(x)\geqslant0$在$[0,+\infty)$上恒成立，则$g(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，又$g(0)=0$，从而$f^{\prime}(x)=g(x)\geqslant0$在$[0,+\infty)$上恒成立，即$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，又$f(0)=0$，$\therefore f(x)\geqslant0$在$[0,+\infty)$上恒成立。
②当$-2a - 1＜0$且$-a\leqslant0$，即$a\geqslant0$时，$h(x)＜0$在$[0,+\infty)$上恒成立，即$g^{\prime}(x)＜0$在$[0,+\infty)$上恒成立，则$g(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减，又$g(0)=0$，从而$f^{\prime}(x)=g(x)\leqslant0$在$[0,+\infty)$上恒成立，$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减，又$f(0)=0$，$\therefore f(x)\leqslant0$，与题意不符。
③当$-2a - 1＜0$且$-a＞0$，即$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，令$h(x)=0$，得$x=-2-\frac{1}{a}＞0$，$\therefore$当$x\in(0,-2-\frac{1}{a})$时，$h(x)＜0$，即$g^{\prime}(x)＜0$在$(0,-2-\frac{1}{a})$上恒成立，$\therefore g(x)$在$(0,-2-\frac{1}{a})$上单调递减，又$g(0)=0$，$\therefore g(x)＜0$在$(0,-2-\frac{1}{a})$上恒成立，$\therefore f^{\prime}(x)＜0$在$(0,-2-\frac{1}{a})$上恒成立，从而$f(x)$在$(0,-2-\frac{1}{a})$上单调递减，又$f(0)=0$，$\therefore f(x)＜0$在$(0,-2-\frac{1}{a})$上恒成立，与题意不符。
综上，$a$的取值范围为$(-\infty,-\frac{1}{2}]$。
解法二：$f^{\prime}(x)=\frac{1 - ax}{1 + x}-a\ln(1 + x)-1$，令$g(x)=f^{\prime}(x)$，则$g^{\prime}(x)=-\frac{ax + 2a + 1}{(x + 1)^{2}}$，$g^{\prime}(0)=-2a - 1$。若$g^{\prime}(0)＜0$，由于$g(0)=0$，则$\exists x\in(0,\delta)$，使$g(x)=f^{\prime}(x)＜0$，所以$f(x)$在$(0,\delta)$上单调递减，故当$x\in(0,\delta)$时，$f(x)＜f(0)=0$，不符合题意。故必有$g^{\prime}(0)\geqslant0$，从而$a\leqslant-\frac{1}{2}$。当$a\leqslant-\frac{1}{2}$时，则有$ax + 2a + 1\leqslant0$，$g^{\prime}(x)\geqslant0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，$g(x)\geqslant g(0)=0$，即$f^{\prime}(x)\geqslant0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以，当$x\geqslant0$时，$f(x)\geqslant f(0)=0$，符合题意。综上，$a$的取值范围是$(-\infty,-\frac{1}{2}]$。

1.(2023新课标II,6,5分,中)已知函数$f(x)=ae^x - \ln x$在区间$(1,2)$单调递增，则$a$的最小值为 （ ）
A.$e^2$
B.$e$
C.$e^{-1}$
D.$e^{-2}$

答案： C $\because f(x)$在$(1,2)$内单调递增，$\therefore f^{\prime}(x)\geqslant0$在$(1,2)$内恒成立，即$f^{\prime}(x)=ae^{x}-\frac{1}{x}\geqslant0(1＜x＜2)$，$\therefore a\geqslant\frac{1}{xe^{x}}(1＜x＜2)$。令$g(x)=xe^{x}(1＜x＜2)$，则$g^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}＞0$，$\therefore g(x)$在$(1,2)$内单调递增，$g(x)\in(e,2e^{2})$，$\therefore\frac{1}{xe^{x}}\in(\frac{1}{2e^{2}},\frac{1}{e})$，$\therefore a\geqslant\frac{1}{e}$，即$a$的最小值为$\frac{1}{e}$，故选 C。

2.(2022全国甲文,12,5分,难)已知$9^m = 10$，$a = 10^m - 11$，$b = 8^m - 9$，则 （ ）
A.$a ＞ 0 ＞ b$
B.$a ＞ b ＞ 0$
C.$b ＞ a ＞ 0$
D.$b ＞ 0 ＞ a$

答案： A
解法一(指数函数与对数函数的性质)：由$9^{m}=10$可得$m=\log_{9}10=\frac{\lg10}{\lg9}＞1$，$\therefore a = 10^{\log_{9}10}-11 = 10^{\log_{9}10}-10^{\log_{9}11}$，比较$a$与$0$的大小，关键是比较$\log_{9}10$与$\log_{10}11$，即比较$\frac{\lg10}{\lg9}$与$\frac{\lg11}{\lg10}$的大小。$\because\lg9\lg11＜(\frac{\lg9+\lg11}{2})^{2}=(\frac{\lg99}{2})^{2}＜1 = (\lg10)^{2}$，$\therefore\frac{\lg10}{\lg9}＞\frac{\lg11}{\lg10}$，即$a＞0$。又$\lg8\lg10＜(\frac{\lg8+\lg10}{2})^{2}=(\frac{\lg80}{2})^{2}＜(\lg9)^{2}$，$\therefore\frac{\lg9}{\lg8}＞\frac{\lg10}{\lg9}$，即$\log_{8}9＞m$，$\therefore b = 8^{m}-9＜8^{\log_{8}9}-9 = 0$。综上，$a＞0＞b$。
解法二(构造函数)：$\because 9^{m}=10$，$\therefore m=\log_{9}10$。$\because\log_{9}9＜\log_{9}10＜\log_{9}\sqrt{729}=\frac{3}{2}$，$\therefore 1＜m＜\frac{3}{2}$，$a = 10^{m}-11 = 10^{m}-10 - 1$，$b = 8^{m}-9 = 8^{m}-8 - 1$。构造函数$f(x)=x^{m}-x - 1(x＞1)$，$\therefore f^{\prime}(x)=mx^{m - 1}-1$，$\because 1＜m＜\frac{3}{2}$，$x＞1$，$\therefore f^{\prime}(x)=mx^{m - 1}-1＞0$，$\therefore f(x)=x^{m}-x - 1$在$(1,+\infty)$上单调递增，$\therefore f(10)＞f(8)$，又$f(9)=9^{\log_{9}10}-9 - 1 = 0$，故$a＞0＞b$，故选 A。