《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

3.(2022新高考I,7,5分,难)设$a = 0.1e^{0.1}$，$b = \frac{1}{9}$，$c = -\ln0.9$，则 （ ）
A.$a ＜ b ＜ c$
B.$c ＜ b ＜ a$
C.$c ＜ a ＜ b$
D.$a ＜ c ＜ b$

答案： C 因为$e^{x}\geqslant x + 1$，当且仅当$x = 0$时，有$e^{x}=x + 1$，所以当$x=-0.1$时，$e^{-0.1}＞1 - 0.1=\frac{9}{10}$，于是$e^{0.1}＜\frac{10}{9}$，$a = 0.1e^{0.1}＜\frac{1}{9}=b$。设函数$f(x)=xe^{x}+\ln(1 - x)$，则$f^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}-\frac{1}{1 - x}=\frac{(1 - x^{2})e^{x}-1}{1 - x}$。当$0＜x＜0.1$时，$(1 - x^{2})e^{x}-1＞(1 - x^{2})(x + 1)-1=x(1 - x - x^{2})＞0$，所以$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$[0,0.1]$上单调递增，有$f(0.1)＞f(0)=0$，即$0.1e^{0.1}+\ln0.9＞0$，所以$a＞c$。故$c＜a＜b$。
小题巧解
使用三个放缩工具：
(1)$1-\frac{1}{x}\leqslant\ln x\leqslant x - 1(x＞0)$，当且仅当$x = 1$时等号成立；
(2)$e^{x}\geqslant x + 1$，当且仅当$x = 0$时等号成立；
(3)$\ln x\leqslant\frac{1}{2}(x-\frac{1}{x})(x\geqslant1)$，当且仅当$x = 1$时等号成立。
因为$0.1 = 1-\frac{9}{10}＜c=\ln\frac{10}{9}＜\frac{10}{9}-1=\frac{1}{9}=b$，所以$\frac{10}{9}＞e^{0.1}$，所以$a = 0.1e^{0.1}＜\frac{1}{9}=b$，又$a = 0.1e^{0.1}＞0.1\times(0.1 + 1)=0.11$，$c=\ln\frac{10}{9}＜\frac{1}{2}\times(\frac{10}{9}-\frac{9}{10})=\frac{19}{180}＜0.11$，故$c＜a$。综上所述，$b＞a＞c$。故选 C。

4.(2023全国乙理,16,5分,难)设$a\in(0,1)$，若函数$f(x)=a^x+(1 + a)^x$在$(0,+\infty)$单调递增，则$a$的取值范围是_______．

答案： 答案$[\frac{\sqrt{5}-1}{2},1)$
解析 由题意得，$f^{\prime}(x)\geqslant0$在$(0,+\infty)$上恒成立，即$a^{x}\ln a+(1 + a)^{x}\ln(1 + a)\geqslant0$在$x\in(0,+\infty)$上恒成立，$\because a\in(0,1)$，$\therefore a + 1\in(1,2)$，$\therefore\ln(1 + a)＞0$，$\ln a＜0$，$\therefore y = a^{x}\ln a$与$y=(1 + a)^{x}\ln(1 + a)$在$(0,+\infty)$上均为增函数，$\therefore y = f^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，$\therefore f^{\prime}(0)\geqslant0$，即$\ln a+\ln(a + 1)\geqslant0$，即$\ln(a^{2}+a)\geqslant\ln1\Rightarrow a^{2}+a\geqslant1$，解得$a\leqslant\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$或$a\geqslant\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$，又$a\in(0,1)$，$\therefore a\in[\frac{\sqrt{5}-1}{2},1)$。

1.(2022全国甲，文8，理6，5分，中)当$x = 1$时，函数$f(x)=a\ln x+\frac{b}{x}$取得最大值$-2$，则$f'(2)=$ （ ）
A.$-1$
B.$-\frac{1}{2}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$1$

答案： B $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^{2}}=\frac{ax - b}{x^{2}}$，由题可知$x = 1$为$f(x)$的极大值点，$\therefore\begin{cases}f^{\prime}(1)=0\\f(1)=-2\end{cases}$，$\begin{cases}a - b = 0\\b=-2\end{cases}$，$\therefore a = b=-2$，$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{-2x + 2}{x^{2}}$，$\therefore f^{\prime}(2)=-\frac{1}{2}$，故选 B。

2.(2021全国乙，文12，理10，5分，难)设$a\neq0$，若$x = a$为函数$f(x)=a(x - a)^2(x - b)$的极大值点，则 （ ）
A.$a ＜ b$
B.$a ＞ b$
C.$ab ＜ a^2$
D.$ab ＞ a^2$

答案：
D $f(x)=a(x - a)^{2}(x - b)=a[x^{3}-(2a + b)x^{2}+(2ab + a^{2})x - a^{2}b]$，$\therefore f^{\prime}(x)=a[3x^{2}-(4a + 2b)x + 2ab + a^{2}]=a(x - a)[3x-(a + 2b)]$。令$f^{\prime}(x)=0$，得$x_{1}=a$，$x_{2}=\frac{a + 2b}{3}$。
(i)若$a＞0$，要使函数$f(x)$在$x = a$处取得极大值，则需$f(x)$在$(-\infty,a)$上单调递增，在$(a,\frac{a + 2b}{3})$上单调递减，此时需$a＜\frac{a + 2b}{3}$，得$0＜a＜b$，$\therefore a^{2}＜ab$。
(ii)若$a＜0$，要使函数$f(x)$在$x = a$处取得极大值，则需$f(x)$在$(\frac{a + 2b}{3},a)$上单调递增，在$(a,+\infty)$上单调递减，此时需满足$a＞\frac{a + 2b}{3}$，得$b＜a＜0$，$\therefore a^{2}＜ab$。
综上可知，$a^{2}＜ab$，故选 D。
小题速解
由于$a\neq0$，故三次函数$f(x)$图象可用数轴标根法画出，结合“奇穿偶不穿”及$x = a$为$f(x)$的极大值点，$f(x)$图象有两种，如图所示

结合两图可得$0＜a＜b$或$b＜a＜0$，则一定能得到$ab＞a^{2}$。故选 D。

3.(多选)(2023新课标II,11,5分,中)若函数$f(x)=a\ln x+\frac{b}{x}+\frac{c}{x^2}(a\neq0)$既有极大值也有极小值，则 （ ）
A.$bc ＞ 0$
B.$ab ＞ 0$
C.$b^2 + 8ac ＞ 0$
D.$ac ＜ 0$

答案： BCD 由题意得$f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(-\frac{b}{x^{2}})+(-\frac{2c}{x^{3}})=\frac{ax^{2}-bx - 2c}{x^{3}}(a\neq0)$，$x\in(0,+\infty)$，$\because y = f(x)$既有极大值也有极小值，$\therefore y = ax^{2}-bx - 2c$在$(0,+\infty)$上有两个变号零点。设方程$ax^{2}-bx - 2c = 0$的两根分别为$x_{1},x_{2}(x_{1}＞0,x_{2}＞0,x_{1}\neq x_{2})$，$\therefore\begin{cases}x_{1}+x_{2}=\frac{b}{a}＞0\\x_{1}x_{2}=-\frac{2c}{a}＞0\\\Delta = b^{2}+8ac＞0\end{cases}$，$\therefore ab＞0$，$ac＜0$，$b^{2}+8ac＞0$，$bc＜0$。故选 BCD。

4.(多选)(2022新高考I,10,5分,中)已知函数$f(x)=x^3 - x + 1$，则 （ ）
A.$f(x)$有两个极值点
B.$f(x)$有三个零点
C.点$(0,1)$是曲线$y = f(x)$的对称中心
D.直线$y = 2x$是曲线$y = f(x)$的切线

答案： AC $\because f(x)=x^{3}-x + 1$，$\therefore f^{\prime}(x)=3x^{2}-1$，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$，当$x\in(-\infty,-\frac{\sqrt{3}}{3})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，当$x\in(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，当$x\in(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，$\therefore f(x)$有两个极值点，故选项 A 正确。$\because f(\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{\sqrt{3}}{3}+1=\frac{9 - 2\sqrt{3}}{9}＞0$，$\therefore f(x)$的极小值大于$0$，$\therefore f(x)$仅有一个零点。故选项 B 错误。由于函数$f(x)$的图象是由奇函数$y = x^{3}-x$的图象向上平移$1$个单位长度得到的，故$f(x)$的图象关于点$(0,1)$对称，即点$(0,1)$是曲线$y = f(x)$的对称中心，故选项 C 正确。曲线$y = f(x)$的切线斜率为$2$，即$f^{\prime}(x)=2$，得$x=\pm1$，故曲线$y = f(x)$的斜率为$2$的切线方程为$y = 2x - 1$或$y = 2x + 3$，故选项 D 错误。故选 AC。

5.(2021新高考I,15,5分,中)函数$f(x)=|2x - 1| - 2\ln x$的最小值为_______．

答案： 答案$1$
解析 $f(x)=|2x - 1|-2\ln x$的定义域为$(0,+\infty)$，当$0＜x\leqslant\frac{1}{2}$时，$f(x)=1 - 2x - 2\ln x$，$f(x)$单调递减；当$\frac{1}{2}＜x\leqslant1$时，$f(x)=2x - 1 - 2\ln x$，$f^{\prime}(x)=2-\frac{2}{x}\leqslant0$，$f(x)$单调递减；当$x＞1$时，$f(x)=2x - 1 - 2\ln x$，$f^{\prime}(x)=2-\frac{2}{x}＞0$，$f(x)$单调递增。又$f(x)$在各分段的分界点处连续，$\therefore 0＜x\leqslant1$时，$f(x)$单调递减，$x＞1$时，$f(x)$单调递增，$\therefore f(x)\geqslant f(1)=1$。故$f(x)$的最小值为$1$。

6.(2022全国乙理,16,5分,难)已知$x = x_1$和$x = x_2$分别是函数$f(x)=2a^x - ex^2(a ＞ 0且a\neq1)$的极小值点和极大值点.若$x_1 ＜ x_2$，则$a$的取值范围是_______．

答案：
答案$(\frac{1}{e},1)$
解析 $\because f(x)=2a^{x}-ex^{2}$，$\therefore f^{\prime}(x)=2a^{x}\ln a - 2ex$。根据题意，得$x_{1},x_{2}$是$f^{\prime}(x)=0$的两个不相等的实根。由$f^{\prime}(x)=0$得，$a^{x}\ln a = ex$。由题意得函数$y = a^{x}\ln a$与$y = ex$的图象有两个不同的交点。当$a＞1$时，画出函数$y = a^{x}\ln a$与$y = ex$的图象，如图①所示，当$x\in(-\infty,x_{1})$时，$f^{\prime}(x)=2a^{x}\ln a - 2ex＞0$，$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增；当$x\in(x_{1},x_{2})$时，$f^{\prime}(x)=2a^{x}\ln a - 2ex＜0$，$f(x)$在$(x_{1},x_{2})$上单调递减；当$x\in(x_{2},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)=2a^{x}\ln a - 2ex＞0$，$f(x)$在$(x_{2},+\infty)$上单调递增。$\therefore x = x_{1}$和$x = x_{2}$分别是$f(x)$的极大值点和极小值点，这与已知矛盾。$\therefore$当$a＞1$时，不满足题意，舍去。当$0＜a＜1$时，画出函数$y = a^{x}\ln a$与$y = ex$的图象，如图②所示，设过原点的切线$l$与$y = a^{x}\ln a$的图象相切于点$(x_{0},a^{x_{0}}\ln a)$，而$y^{\prime}=a^{x}(\ln a)^{2}$，此时切线$l$的斜率$k=a^{x_{0}}\cdot(\ln a)^{2}$，$\therefore a^{x_{0}}(\ln a)^{2}=\frac{a^{x_{0}}\ln a}{x_{0}}$，可得$a^{x_{0}}=e$。$\therefore k=e(\ln a)^{2}$，要使函数$y = a^{x}\ln a$与$y = ex$的图象有两个不同的交点，则$k＜e$，即$e(\ln a)^{2}＜e$。$\therefore(\ln a)^{2}＜1$，即$-1＜\ln a＜1$，$\therefore\frac{1}{e}＜a＜e$。又$0＜a＜1$，$\therefore\frac{1}{e}＜a＜1$。综上所述，$a$的取值范围是$(\frac{1}{e},1)$。

7.(2023北京,20,15分,中)设函数$f(x)=x - x^3e^{ax + b}$，曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = - x + 1$．
(1)求$a$，$b$的值；
(2)设函数$g(x)=f'(x)$，求$g(x)$的单调区间；
(3)求$f(x)$的极值点个数．

答案： 解析
(1)$\because$点$(1,f(1))$在切线$y=-x + 1$上，且切线斜率为$-1$，$\therefore f(1)=0$，$f^{\prime}(1)=-1$，而$f(1)=1 - e^{a + b}=0$，即$e^{a + b}=1$①，又$f^{\prime}(x)=1 - 3x^{2}e^{ax + b}-axe^{ax + b}$，$\therefore f^{\prime}(1)=1 - 3e^{a + b}-ae^{a + b}=-1$②，由①②得$a=-1$，$b = 1$。
(2)$g(x)=f^{\prime}(x)=e^{1 - x}(x^{3}-3x^{2})+1$，$g^{\prime}(x)=-e^{1 - x}(x^{3}-3x^{2})+e^{1 - x}(3x^{2}-6x)=e^{1 - x}(-x^{3}+6x^{2}-6x)=-xe^{1 - x}(x^{2}-6x + 6)$，令$g^{\prime}(x)=0$，得$x = 0$或$x = 3\pm\sqrt{3}$。$x$，$g^{\prime}(x)$，$g(x)$的变化情况如表：
| $x$ | $(-\infty,0)$ | $0$ | $(0,3-\sqrt{3})$ | $3-\sqrt{3}$ | $(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$ | $3+\sqrt{3}$ | $(3+\sqrt{3},+\infty)$ |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| $g^{\prime}(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ |
| $g(x)$ | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 | 极大值 | 单调递减 |
故$g(x)$的单调递增区间为$(-\infty,0)$和$(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$，单调递减区间为$(0,3-\sqrt{3})$和$(3+\sqrt{3},+\infty)$。
(3)由
(2)知$g(x)=e^{1 - x}(x^{3}-3x^{2})+1$，$\therefore g(0)=1＞0$，$g(-1)=-4e^{2}+1＜0$，$\therefore g(x)$在区间$(-\infty,0)$上有一个变号零点，故$f(x)$在$(-\infty,0)$上有一个极值点。又$\because g(1)=-1＜0$，且$g(3-\sqrt{3})＜g(1)＜0$，$\therefore g(x)$在$(0,3-\sqrt{3})$上有一个变号零点，故$f(x)$在$(0,3-\sqrt{3})$上有一个极值点。$\because g(3)=1＞0$，且$g(3+\sqrt{3})＞g(3)＞0$，$\therefore g(x)$在$(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$上有一个变号零点，故$f(x)$在$(3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$上有一个极值点。当$x＞3$时，$g(x)=x^{2}e^{1 - x}(x - 3)+1＞0$，故$g(x)$在$(3+\sqrt{3},+\infty)$上无零点，即$f(x)$无极值点。综上，$f(x)$有$3$个极值点。

8.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数$f(x)=(\frac{1}{x}+a)\ln(1 + x)$．
(1)当$a = - 1$时，求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
(2)是否存在$a$，$b$，使得曲线$y = f(\frac{1}{x})$关于直线$x = b$对称？若存在，求$a$，$b$；若不存在，说明理由；
(3)若$f(x)$在$(0,+\infty)$存在极值点，求$a$的取值范围．

答案： 解析
(1)当$a=-1$时，$f(x)=(\frac{1}{x}-1)\ln(x + 1)$，则$f(1)=0$，且$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}\ln(x + 1)+(\frac{1}{x}-1)\cdot\frac{1}{x + 1}$，故$f^{\prime}(1)=-\ln2$，所以所求切线方程为$y=-(x - 1)\ln2$，即$x\ln2+y-\ln2=0$。
(2)存在.$f(\frac{1}{x})=(x + a)\ln\frac{x + 1}{x}$，其定义域为$(-\infty,-1)\cup(0,+\infty)$。要使函数$f(\frac{1}{x})$的图象关于直线$x = b$对称，则由$x\neq0$且$x\neq-1$知$b=-\frac{1}{2}$，此时$f(\frac{1}{x})=(x + a)\ln\frac{x + 1}{x}$的图象关于直线$x=-\frac{1}{2}$对称，则$f(-\frac{1}{2}+t)=f(-\frac{1}{2}-t)$，即$(-\frac{1}{2}+t+a)\ln\frac{t+\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}+t}=(a-\frac{1}{2}-t)\ln\frac{t-\frac{1}{2}}{t+\frac{1}{2}}$，即$(a+t-\frac{1}{2})\ln\frac{t+\frac{1}{2}}{t-\frac{1}{2}}=-(a-t-\frac{1}{2})\ln\frac{t+\frac{1}{2}}{t-\frac{1}{2}}$，$\therefore a+t-\frac{1}{2}=-a+t+\frac{1}{2}$，解得$a=\frac{1}{2}$。
(3)$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}\ln(x + 1)+(\frac{1}{x}+a)\frac{1}{x + 1}=-\frac{1}{x^{2}}[\ln(x + 1)-\frac{ax^{2}+x}{x + 1}]$，要使$f(x)$在$(0,+\infty)$存在极值点，则方程$\ln(x + 1)-\frac{ax^{2}+x}{x + 1}=0$有正根，记$g(x)=\ln(x + 1)-\frac{ax^{2}+x}{x + 1},x＞0$，则$g^{\prime}(x)=-\frac{x}{(1 + x)^{2}}\cdot(ax + 2a - 1)$。
①当$a\leqslant0$时，$g^{\prime}(x)＞0$，故$g(x)$在$(0,+\infty)$单调递增，$g(x)＞g(0)=0$，不符合题意，舍去；
②当$a\geqslant\frac{1}{2}$时，$g^{\prime}(x)＜0$，故$g(x)$在$(0,+\infty)$单调递减，$g(x)＜g(0)=0$，不符合题意，舍去；
③当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，令$g^{\prime}(x)＞0$，得$0＜x＜\frac{1 - 2a}{a}$；令$g^{\prime}(x)＜0$，得$x＞\frac{1 - 2a}{a}$。易知$x\rightarrow+\infty$时，$g(x)\rightarrow-\infty$，故只需$g(x)_{\max}=g(\frac{1 - 2a}{a})=\ln(\frac{1 - 2a}{a}+1)-\frac{(\frac{1 - 2a}{a})^{2}\cdot a+\frac{1 - 2a}{a}}{\frac{1 - 2a}{a}+1}=\ln(\frac{1}{a}-1)+4a - 2＞0$即可，设$h(t)=\ln(t - 1)+\frac{4}{t}-2,t＞2$，则$h^{\prime}(t)=\frac{1}{t - 1}-\frac{4}{t^{2}}=\frac{(t - 2)^{2}}{(t - 1)t^{2}}＞0$，故$h(t)$在$(2,+\infty)$单调递增，$\therefore h(t)＞h(2)=0$，故$0＜a＜\frac{1}{2}$时，有$\ln(\frac{1}{a}-1)+4a - 2＞0$，即$g(\frac{1 - 2a}{a})＞0$，符合题意。
综上所述，当$a\in(0,\frac{1}{2})$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$存在极值点。