《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024东北三省四市教研联合体模拟,8)在同一平面直角坐标系内,函数$y = f(x)$及其导函数$y = f^{\prime}(x)$的图象如图所示,已知两图象有且仅有一个公共点,其坐标为$(0,1)$,则(　　)

A. 函数$y = f(x)\cdot e^{x}$的最大值为1
B. 函数$y = f(x)\cdot e^{x}$的最小值为1
C. 函数$y=\frac{f(x)}{e^{x}}$的最大值为1
D. 函数$y=\frac{f(x)}{e^{x}}$的最小值为1

答案：
1. C 由导数与函数单调性的关系得$f(x)$的图象为实曲线，$f^{\prime}(x)$的图象为虚曲线，
且当$x＜0$时，$f(x)＜f^{\prime}(x)$，当$x＞0$时，$f(x)＞f^{\prime}(x)$，
设$g(x)=f(x)\cdot e^{x}$，则$g^{\prime}(x)=(f(x)+f^{\prime}(x))e^{x}＞0$，
$\therefore g(x)$在$R$上单调递增，故A，B错误；
设$h(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$，则$h^{\prime}(x)=\frac{(f^{\prime}(x)-f(x))e^{x}}{e^{2x}}=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}$，
则$h(x)$在$(-\infty,0)$上为增函数，在$(0,+\infty)$上为减函数，
$\therefore h(x)$在$x = 0$处有最大值$h(0)=\frac{f(0)}{e^{0}}=1$，故C正确，D错误。故选C。

2. (2024江苏南通、如皋、连云港联考,7)已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$,对任意$x\in\mathbf{R}$,有$f^{\prime}(x)-f(x)＞0$,则 “$x＜2$” 是 “$e^{x}f(x + 1)＞e^{4}f(2x - 3)$” 的(　　)
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 既不充分又不必要条件
D. 充要条件

答案：
2. A 因为$f^{\prime}(x)-f(x)＞0$，所以$\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}＞0$。
令$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}＞0$，
所以$g(x)$在$R$上单调递增。
$e^{x}f(x + 1)＞e^{4}f(2x - 3)\Leftrightarrow\frac{f(x + 1)}{e^{x + 1}}＞\frac{f(2x - 3)}{e^{2x - 3}}\Leftrightarrow g(x + 1)＞g(2x - 3)\Leftrightarrow x + 1＞2x - 3\Leftrightarrow x＜4$，
所以“$x＜2$”是“$e^{x}f(x + 1)＞e^{4}f(2x - 3)$”的充分不必要条件，故选A。

3. (2024山东齐鲁名校联盟质量检测,8)已知函数$f(x)=mx^{2}-x\ln x$存在极小值点$x_{0}$,且$f(x_{0})＜-e^{3}$,则实数$m$的取值范围为(　　)
A. $(0,\frac{1}{e^{2}})$
B. $(0,\frac{2}{e^{2}})$
C. $(0,\frac{1}{e^{3}})$
D. $(0,\frac{2}{e^{3}})$

答案：
3. D 函数$f(x)=mx^{2}-x\ln x$的定义域为$(0,+\infty)$，求导得$f^{\prime}(x)=2mx - 1-\ln x$，
当$m\leq0$时，函数$f^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，$f^{\prime}(1)=2m - 1＜0$，$f^{\prime}(e^{2m - 1})=2me^{2m - 1}-1-(2m - 1)=2m(e^{2m - 1}-1)＞0$，
则存在$x_{1}\in(0,1)$，使得$f^{\prime}(x_{1})=0$，
当$x\in(0,x_{1})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，当$x\in(x_{1},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，
函数$f(x)$在$x = x_{1}$取得极大值，无极小值，不符合题意；
当$m＞0$时，令$g(x)=f^{\prime}(x)=2mx - 1-\ln x$，$g^{\prime}(x)=2m-\frac{1}{x}$，显然$g^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，当$x\in(0,\frac{1}{2m})$时，$g^{\prime}(x)＜0$，函数$f^{\prime}(x)$单调递减，当$x\in(\frac{1}{2m},+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，函数$f^{\prime}(x)$单调递增，于是$f^{\prime}(x)_{\min}=f^{\prime}(\frac{1}{2m})=\ln(2m)$，
当$2m\geq1$，即$m\geq\frac{1}{2}$时，$f^{\prime}(x)\geq0$，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，函数$f(x)$无极值，
当$0＜m＜\frac{1}{2}$时，$f^{\prime}(\frac{1}{2m})＜0$，而$f^{\prime}(\frac{m}{e})=\frac{2m^{2}}{e}-1-\ln\frac{m}{e}=\frac{2m^{2}}{e}-\ln m＞0$，
则存在$x_{2}\in(0,\frac{1}{2m})$，使得$f^{\prime}(x_{2})=0$，当$x\in(0,x_{2})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$单调递增，
当$x\in(x_{2},\frac{1}{2m})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$单调递减，则函数$f(x)$在$x = x_{2}$取得极大值，
令$x=\frac{1}{m^{2}}$，得$f^{\prime}(\frac{1}{m^{2}})=\frac{2}{m}-1+2\ln m$，
令$h(x)=\frac{2}{x}-1+2\ln x,0＜x＜\frac{1}{2}$，则$h^{\prime}(x)=-\frac{2}{x^{2}}+\frac{2}{x}＜0$，
函数$h(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上单调递减，$h(x)＞h(\frac{1}{2})=3 - 2\ln 2＞0$，
则$f^{\prime}(\frac{1}{m^{2}})＞0$，易知$\frac{1}{m^{2}}＞\frac{1}{2m}$，
则存在$x_{3}\in(\frac{1}{2m},+\infty)$，使得$f^{\prime}(x_{3})=0$，当$x\in(\frac{1}{2m},x_{3})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$单调递减，
当$x\in(x_{3},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$单调递增，则函数$f(x)$在$x = x_{3}$取得极小值，因此$x_{3}=x_{0}$，
由$f^{\prime}(x_{0})=0$，得$mx_{0}=\frac{1+\ln x_{0}}{2}$，
由$f(x_{0})＜-e^{3}$，得$f(x_{0})=mx_{0}^{2}-x_{0}\ln x_{0}=\frac{x_{0}-x_{0}\ln x_{0}}{2}＜-e^{3}$，
即有$x_{0}-x_{0}\ln x_{0}+2e^{3}＜0$，
令$\varphi(x)=x - x\ln x+2e^{3},x＞1$，则$\varphi^{\prime}(x)=-\ln x＜0$，
则函数$\varphi(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，而$\varphi(e^{3})=0$，即有$\varphi(x_{0})＜\varphi(e^{3})$，于是$x_{0}＞e^{3}$，
显然$m=\frac{1+\ln x_{0}}{2x_{0}}$，令$u(x)=\frac{1+\ln x}{2x},x＞e^{3}$，则$u^{\prime}(x)=\frac{-\ln x}{2x^{2}}＜0$，
即函数$u(x)$在$(e^{3},+\infty)$上单调递减，因此$u(x)＜u(e^{3})=\frac{2}{e^{3}}$，即$m＜\frac{2}{e^{3}}$，又$\frac{2}{e^{3}}＜\frac{1}{2}$，则$0＜m＜\frac{2}{e^{3}}$，
所以实数$m$的取值范围为$(0,\frac{2}{e^{3}})$。故选D。

4. (多选)(2024安徽六安质量检测,11)已知函数$f(x)$的导函数为$f^{\prime}(x)$,对任意的正数$x$,都满足$f(x)＜xf^{\prime}(x)＜2f(x)-2x$,则下列结论正确的是(　　)
A. $f(1)＜2f(\frac{1}{2})$
B. $f(1)＜\frac{1}{2}f(2)$
C. $f(1)＜4f(\frac{1}{2})-2$
D. $f(1)＜\frac{1}{4}f(2)+1$

答案：
4. BC 设$g(x)=\frac{f(x)}{x}(x＞0)$，则$g^{\prime}(x)=\frac{xf^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}＞0$，
所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
由$g(1)＞g(\frac{1}{2})$得$f(1)＞2f(\frac{1}{2})$，故A项错误；
由$g(1)＜g(2)$得$f(1)＜\frac{1}{2}f(2)$，故B项正确；
设$h(x)=\frac{f(x)-2x}{x^{2}}(x＞0)$，则$h^{\prime}(x)=\frac{(f^{\prime}(x)-2)x^{2}-(f(x)-2x)\cdot2x}{x^{4}}=\frac{xf^{\prime}(x)-(2f(x)-2x)}{x^{3}}＜0$，
所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，
由$h(1)＜h(\frac{1}{2})$得$f(1)＜4f(\frac{1}{2})-2$，故C项正确；
由$h(1)＞h(2)$得$f(1)＞\frac{1}{4}f(2)+1$，故D项错误。故选BC。

5. (2024山东青岛二中段考,13)已知$0＜x＜\pi$,则$\frac{\sin x}{1 - \cos x}+\frac{64}{1 + \cos x}$的最小值为______.

答案：
5. 答案：38
解析：设$f(x)=\frac{\sin x}{1 - \cos x}+\frac{64}{1 + \cos x}=\frac{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{2\sin^{2}\frac{x}{2}}+\frac{64(\sin^{2}\frac{x}{2}+\cos^{2}\frac{x}{2})}{2\cos^{2}\frac{x}{2}}=\frac{1}{\tan\frac{x}{2}}+32\tan^{2}\frac{x}{2}+32$，
设$\tan\frac{x}{2}=t$，由$x\in(0,\pi)$，得$t＞0$，
则$f(t)=\frac{1}{t}+32t^{2}+32$，$f^{\prime}(t)=-\frac{1}{t^{2}}+64t=\frac{64t^{3}-1}{t^{2}}$，
令$f^{\prime}(t)=0$，得$t=\frac{1}{4}$，
当$t\in(0,\frac{1}{4})$时，$f^{\prime}(t)＜0$，$f(t)$在区间$(0,\frac{1}{4})$上单调递减，
当$t\in(\frac{1}{4},+\infty)$时，$f^{\prime}(t)＞0$，$f(t)$在区间$(\frac{1}{4},+\infty)$上单调递增，所以当$t=\frac{1}{4}$时，$f(t)$取得最小值$f(\frac{1}{4})=38$，
即$\frac{\sin x}{1 - \cos x}+\frac{64}{1 + \cos x}$的最小值为38。
名师点晴：可利用三元均值不等式求$f(t)=\frac{1}{t}+32t^{2}+32$的最小值。
$f(t)=\frac{1}{t}+32t^{2}+32=\frac{1}{2t}+\frac{1}{2t}+32t^{2}+32\geq3\sqrt[3]{\frac{1}{2t}\cdot\frac{1}{2t}\cdot32t^{2}}+32 = 38$，当且仅当$\frac{1}{2t}=\frac{1}{2t}=32t^{2}$，即$t=\frac{1}{4}$时，$f(t)$取得最小值38，即$\frac{\sin x}{1 - \cos x}+\frac{64}{1 + \cos x}$的最小值为38。

6. (2024广东潮州期末)设函数$f(x)=\begin{cases}x - a,x\leqslant0\\\ln x,x＞0\end{cases}$,已知直线$y = t$与函数$y = f(x)$的图象交于$A$、$B$两点,且$|AB|$的最小值为$e^{2}$ ($e$为自然对数的底数),则$a =$______.

答案：

6. 答案：$1 - e^{2}$
解析：由题意，作出$f(x)$的图象如图所示，
由图可得$t\in(-\infty,-a]$。设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，
不妨设$x_{1}＜x_{2}$，则$x_{1}-a=t,\ln x_{2}=t$，
故$x_{1}=t + a,x_{2}=e^{t}$，所以$|AB|=x_{2}-x_{1}=e^{t}-t - a$。
令$g(t)=e^{t}-t - a(t\leq - a)$，则$g^{\prime}(t)=e^{t}-1(t\leq - a)$，易知$g^{\prime}(t)$是增函数，
当$-a\leq0$，即$a\geq0$时，$g^{\prime}(t)\leq0$，所以$g(t)$在$t\in(-\infty,-a]$上单调递减，
所以$g(t)_{\min}=g(-a)=e^{-a}+a - a=e^{-a}=e^{2}$，解得$a=-2$，舍去；
当$-a＞0$，即$a＜0$时，由于$g^{\prime}(t)$单调递增，且$g^{\prime}(0)=0$，
所以当$t＜0$时，$g^{\prime}(t)＜0$；当$t＞0$时，$g^{\prime}(t)＞0$；
所以$g(t)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,-a)$上单调递增，
所以$g(t)_{\min}=g(0)=1 - a=e^{2}$，解得$a=1 - e^{2}＜0$。
综上所述，$a=1 - e^{2}$。

7. (2024江西南昌师大附中开学考,14)若函数$f(x)=2\log_{a}x+|2x - 1|(a＞0$,且$a\neq1)$的最小值为1,则实数$a$的值为______.

答案：
7. 答案：$\frac{1}{e}$
解析：易知函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。
若$a＞1$，则$0＜\frac{1}{a}＜1$，$f(\frac{1}{a})=2\log_{a}\frac{1}{a}+\vert\frac{2}{a}-1\vert=-2+\vert\frac{2}{a}-1\vert$，
由$0＜\frac{1}{a}＜1$得$0＜\frac{2}{a}＜2$，则$-1＜\frac{2}{a}-1＜1$，则$\vert\frac{2}{a}-1\vert＜1$，
故$f(\frac{1}{a})=-2+\vert\frac{2}{a}-1\vert＜0$，$f(x)$的最小值不会是1，不符合题意。必有$0＜a＜1$。
$f(x)=\begin{cases}2\log_{a}x-(2x - 1),0＜x\leq\frac{1}{2} \\2\log_{a}x+(2x - 1),x＞\frac{1}{2}\end{cases}$，
易知$f(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上单调递减，
在$(\frac{1}{2},+\infty)$上，$f(x)=2\log_{a}x+(2x - 1)$，
求导得$f^{\prime}(x)=\frac{2}{x\ln a}+2$，
令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=-\frac{1}{\ln a}$。若$-\frac{1}{\ln a}\leq\frac{1}{2}$，则$0＜a\leq\frac{1}{e^{2}}$，
$f(x)$在$(\frac{1}{2},+\infty)$上单调递增，
则$f(x)_{\min}=f(\frac{1}{2})=2\log_{a}\frac{1}{2}=1$，解得$a=\frac{1}{4}$，与$a\leq\frac{1}{e^{2}}$矛盾，舍去；
若$-\frac{1}{\ln a}＞\frac{1}{2}$，则$a＞\frac{1}{e^{2}}$，$f(x)$在$(\frac{1}{2},-\frac{1}{\ln a})$上单调递减，在$(-\frac{1}{\ln a},+\infty)$上单调递增，则$f(x)_{\min}=f(-\frac{1}{\ln a})=2\log_{a}(-\frac{1}{\ln a})-2\frac{1}{\ln a}-1=1$，
变形得$\log_{a}(-\log_{a}e)+(-\log_{a}e)=1$，必有$-\log_{a}e=1$，即$a=\frac{1}{e}$，
满足$a＞\frac{1}{e^{2}}$，符合题意。
综上，$a=\frac{1}{e}$。

8. (2024黑龙江齐齐哈尔三模,17)已知函数$f(x)=\frac{a\sin x - b\cos x}{e^{x}}(0\leqslant x\leqslant\pi),a＞0,x=\frac{\pi}{2}$为$f(x)$的极值点.
(1)求$a-\ln b$的最小值;
(2)若关于$x$的方程$f(x)=1$有且仅有两个实数解,求$a$的取值范围.

答案：
8. 解析：
(1)$f^{\prime}(x)=\frac{a\cos x + b\sin x - a\sin x + b\cos x}{e^{x}}=\frac{(a + b)\cos x+(b - a)\sin x}{e^{x}}$，
依题意，$f^{\prime}(\frac{\pi}{2})=\frac{b - a}{e^{\frac{\pi}{2}}}=0$，所以$a - b=0$，
所以$a-\ln b=a-\ln a$，
设$g(x)=x-\ln x$，则$g^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x - 1}{x}$，
当$x\in(0,1)$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减，当$x\in(1,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增，
当$x = 1$时，$g(x)$取得最小值$g(1)=1$，所以$a-\ln b$的最小值为1。
(2)由
(1)可知，$f(x)=\frac{a(\sin x-\cos x)}{e^{x}}$，
令$f(x)=1$，则$\frac{\sin x-\cos x}{e^{x}}=\frac{1}{a}$，
设$h(x)=\frac{\sin x-\cos x}{e^{x}}$，则$h^{\prime}(x)=\frac{2\cos x}{e^{x}}$，
当$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，$h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)$单调递增，
当$x\in(\frac{\pi}{2},\pi)$时，$h^{\prime}(x)＜0$，$h(x)$单调递减。
且$h(0)=-1$，$h(\frac{\pi}{2})=e^{-\frac{\pi}{2}}$，$h(\pi)=e^{-\pi}$，
因为$f(x)=1$有两个实数解，
所以$e^{-\pi}\leq\frac{1}{a}＜e^{-\frac{\pi}{2}}$，所以$e^{\frac{\pi}{2}}＜a\leq e^{\pi}$。