《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024浙江Z20名校联盟第二次联考,6)函数$f(x)=\ln(2x - 1)-x^{2}+x$的单调递增区间是(　　)
A. $(0,1)$
B. $(\frac{1}{2},1)$
C. $(\frac{1 - \sqrt{2}}{2},\frac{1 + \sqrt{2}}{2})$
D. $(\frac{1}{2},\frac{1 + \sqrt{2}}{2})$

答案：
1. D 由$2x - 1＞0$知函数$f(x)=\ln(2x - 1)-x^{2}+x$的定义域为$(\frac{1}{2},+\infty)$。
$f^{\prime}(x)=\frac{2}{2x - 1}-2x + 1=\frac{-(2x-\sqrt{2}-1)(2x+\sqrt{2}-1)}{2x - 1}$，
令$f^{\prime}(x)＞0$，解得$\frac{1}{2}＜x＜\frac{1+\sqrt{2}}{2}$，所以$f(x)$的单调递增区间为$(\frac{1}{2},\frac{1+\sqrt{2}}{2})$。故选D。

2. (2024河北邢台五岳联盟模拟,5)已知函数$f(x)=ae^{x}-\frac{1}{2}x^{2}$在区间$(1,2)$上单调递增,则$a$的最小值为(　　)
A. e
B. 1
C. $e^{-2}$
D. $e^{-1}$

答案：
2. D 由题意得$f^{\prime}(x)=ae^{x}-x\geq0$在区间$(1,2)$上恒成立，所以$a\geq\frac{x}{e^{x}}$在区间$(1,2)$上恒成立。
令$g(x)=\frac{x}{e^{x}},x\in(1,2)$，
则$g^{\prime}(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}＜0$在$(1,2)$上恒成立，所以$g(x)=\frac{x}{e^{x}}$在区间$(1,2)$上单调递减，
所以$g(x)＜g(1)=e^{-1}$，故$a\geq e^{-1}$。故选D。

3. (2024广东佛山禅城调研,6)若函数$f(x)=a\ln x+\frac{4}{x}+\frac{b}{x^{2}}(a\neq0)$既有极大值也有极小值,则下列结论一定正确的是(　　)
A. $a＜0$
B. $b＜0$
C. $ab＞-1$
D. $a + b＞0$

答案：
3. B 函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{4}{x^{2}}-\frac{2b}{x^{3}}=\frac{ax^{2}-4x - 2b}{x^{3}}$，因为函数$f(x)$既有极大值也有极小值，
所以函数$f^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上有两个零点，
因为$a\neq0$，所以方程$ax^{2}-4x - 2b = 0$有两个不等的正实数根，设为$x_{1},x_{2}$，
所以$\begin{cases}\Delta=(-4)^{2}-4a(-2b)＞0 \\x_{1}+x_{2}=\frac{4}{a}＞0 \\x_{1}x_{2}=\frac{-2b}{a}＞0\end{cases}$，即$ab＞-2,a＞0,b＜0$。结合选项知选B。

4. (2024福建百校联考,7)已知函数$f(x)=x^{3}-3x^{2}+3$在区间$(a,a + 6)$上存在最小值,则实数$a$的取值范围为(　　)
A. $[-1,2)$
B. $[-\frac{5}{2},1)$
C. $[-2,\frac{3}{2})$
D. $[-1,1)$

答案：

4. A 由题意得$f^{\prime}(x)=3x^{2}-6x = 3x(x - 2)$。
令$f^{\prime}(x)＞0$，得$x＜0$或$x＞2$，令$f^{\prime}(x)＜0$，得$0＜x＜2$，
则$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,0),(2,+\infty)$，单调递减区间为$(0,2)$，即$x = 2$时，函数取得极小值$f(2)=-1$，
又因为当$x^{3}-3x^{2}+3=-1$，即$x^{3}+1+3(1 - x^{2})=(x + 1)(x - 2)^{2}=0$时，解得$x=-1$或$x = 2$，
可作出$f(x)$的图象如图所示，故要使函数$f(x)=x^{3}-3x^{2}+3$在区间$(a,a + 6)$上存在最小值，
需有$\begin{cases}a + 6＞2 \\-1\leq a＜2\end{cases}$，解得$-1\leq a＜2$，即实数$a$的取值范围为$[-1,2)$，故选A。

5. (多选)(2024广东茂名一模,9)若$f(x)=-\frac{1}{3}x^{3}+\frac{1}{2}x^{2}+2x + 1$是区间$(m - 1,m + 4)$上的单调函数,则实数$m$的值可以是(　　)
A. -4
B. -3
C. 3
D. 4

答案：
5. CD 由题意，知$f^{\prime}(x)=-x^{2}+x + 2=-(x - 2)(x + 1)$，
令$f^{\prime}(x)＞0$，解得$-1＜x＜2$，令$f^{\prime}(x)＜0$，解得$x＜-1$或$x＞2$，
所以$f(x)$在$(-1,2)$上单调递增，在$(-\infty,-1),(2,+\infty)$上单调递减，若函数$f(x)=-\frac{1}{3}x^{3}+\frac{1}{2}x^{2}+2x + 1$在区间$(m - 1,m + 4)$上单调，则$m + 4\leq-1$或$m - 1\geq2$或$\begin{cases}m - 1\geq-1 \\m + 4\leq2\end{cases}$，解得$m\leq-5$或$m\geq3$或$m\in\varnothing$，即$m\leq-5$或$m\geq3$。故选CD。

6. (多选)(2024河南联考,11)已知定义在$\mathbf{R}$上的可导函数$f(x)$的导函数$f^{\prime}(x)$满足$x^{2}f^{\prime}(x)-x(x - 2)f(x)\geqslant0$,当且仅当$x = 0$时,等号成立,$f(1)=e$,下列说法正确的是(　　)
A. $f(-3)＞\frac{1}{9e^{3}}$
B. $f(-2)＜\frac{1}{4e^{2}}$
C. $f(2)＞\frac{e^{2}}{4}$
D. $f(3)＞\frac{e^{3}}{9}$

答案：
6. BCD 构造函数$g(x)=\frac{x^{2}f(x)}{e^{x}},x\in R$，
则$g^{\prime}(x)=\frac{(2xf(x)+x^{2}f^{\prime}(x))e^{x}-x^{2}f(x)e^{x}}{(e^{x})^{2}}=\frac{x^{2}f^{\prime}(x)-x(x - 2)f(x)}{e^{x}}$，由题意知$g^{\prime}(x)\geq0$，当且仅当$x = 0$时，等号成立，所以$g(x)$在$R$上单调递增，
则$g(-3)＜g(-2)＜g(1)＜g(2)＜g(3)$，
即$9f(-3)e^{3}＜4f(-2)e^{2}＜1＜\frac{4f(2)}{e^{2}}＜\frac{9f(3)}{e^{3}}$，
则$f(-3)＜\frac{1}{9e^{3}},f(-2)＜\frac{1}{4e^{2}},f(2)＞\frac{e^{2}}{4},f(3)＞\frac{e^{3}}{9}$。故BCD正确，A错误。故选BCD。

7. (多选)(2024山西晋城一模,9)若一个函数在区间$D$上的导数值恒大于0,则该函数在$D$上纯粹递增,若一个函数在区间$D$上的导数值恒小于0,则该函数在$D$上纯粹递减,则(　　)
A. 函数$f(x)=x^{2}-2x$在$[1,+\infty)$上纯粹递增
B. 函数$f(x)=x^{3}-2x$在$[1,2]$上纯粹递增
C. 函数$f(x)=\sin x - 2x$在$[0,1]$上纯粹递减
D. 函数$f(x)=e^{x}-3x$在$[0,2]$上纯粹递减

答案：
7. BC
A. $f^{\prime}(x)=2x - 2$，由$f^{\prime}(1)=0$，知A错误。
B. $f^{\prime}(x)=3x^{2}-2$，当$x\in[1,2]$时，$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，所以B正确。
C. $f^{\prime}(x)=\cos x - 2＜0$在$[0,1]$上恒成立，所以C正确。
D. $f^{\prime}(x)=e^{x}-3＜0$在$[0,2]$上不恒成立，所以D错误。故选BC。

8. (2024河北部分重点高中联考,14)已知函数$f(x)=ax-\ln x$的最小值为0,则$a =$______.

答案：
8. 答案：$\frac{1}{e}$
解析：由$f(x)=ax-\ln x$，得$f^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{ax - 1}{x},x＞0$。
若$a\leq0$，则$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，无最小值，则$a＞0$，
则$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递减，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递增，所以$f(x)_{\min}=f(\frac{1}{a})=1+\ln a = 0$，解得$a=\frac{1}{e}$。

9. (2024安徽黄山第一次质量检测,15)已知函数$f(x)=\frac{3}{2}x^{2}-4ax+a^{2}\ln x$在$x = 1$处取得极大值.
(1)求$a$的值;
(2)求$f(x)$在区间$[\frac{1}{e},e]$上的最大值.

答案：
9. 解析：
(1)$f^{\prime}(x)=3x - 4a+\frac{a^{2}}{x}$。
由$f(x)$在$x = 1$处取得极大值得$f^{\prime}(1)=3 - 4a+a^{2}=0$，解得$a = 1$或$a = 3$，经检验，$a = 1$时不符合题意，应舍去（此时$f(x)$在$x = 1$处取得极小值），故$a = 3$。
(2)由
(1)得$f(x)=\frac{3}{2}x^{2}-12x + 9\ln x$，$f^{\prime}(x)=\frac{3(x - 1)(x - 3)}{x}$，
令$f^{\prime}(x)＞0$，得$\frac{1}{e}＜x＜1$，
令$f^{\prime}(x)＜0$，得$1＜x＜e$，
所以$f(x)_{\max}=f(1)=\frac{3}{2}-12=-\frac{21}{2}$。