《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

9. (2024山东济南一模,16)已知函数$f(x)=e^{2x}+e^{x}-ax$.
(1)当$a = 3$时,求$f(x)$的单调区间;
(2)讨论$f(x)$极值点的个数.

答案： 练思维
9. 解析：
(1)当$a = 3$时，$f(x)=e^{2x}+e^{x}-3x$，
则$f^{\prime}(x)=2e^{2x}+e^{x}-3=(2e^{x}+3)(e^{x}-1)$，
由$f^{\prime}(x)＞0$，得$x＞0$，此时$f(x)$单调递增；
由$f^{\prime}(x)＜0$，得$x＜0$，此时$f(x)$单调递减，
所以$f(x)$的单调递增区间为$(0,+\infty)$，单调递减区间为$(-\infty,0)$。
(2)函数的定义域为$R$，$f^{\prime}(x)=2e^{2x}+e^{x}-a$。
当$a\leq0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，所以$f(x)$在$R$上单调递增，
即$f(x)$极值点的个数为0；
当$a＞0$时，易知$1 + 8a＞1$，
故解关于$t$的方程$2t^{2}+t - a = 0$得$t_{1}=\frac{-1-\sqrt{1 + 8a}}{4},t_{2}=\frac{-1+\sqrt{1 + 8a}}{4}$，所以$f^{\prime}(x)=2(e^{x}-t_{1})(e^{x}-t_{2})$，
又$t_{2}=\frac{-1+\sqrt{1 + 8a}}{4}＞\frac{-1 + 1}{4}=0$，$t_{1}=\frac{-1-\sqrt{1 + 8a}}{4}＜0$，
所以$x＞\ln t_{2}$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，
$x＜\ln t_{2}$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，
即$f(x)$极值点的个数为1。
综上，当$a\leq0$时，$f(x)$极值点的个数为0；当$a＞0$时，$f(x)$极值点的个数为1。

10. (2024江苏南京二模,16)已知函数$f(x)=\frac{x^{2}-ax + a}{e^{x}}$,其中$a\in\mathbf{R}$.
(1)当$a = 0$时,求曲线$y = f(x)$在$(1,f(1))$处的切线方程;
(2)当$a＞0$时,若$f(x)$在区间$[0,a]$上的最小值为$\frac{1}{e}$,求$a$的值.

答案： 练思维
10. 解析：
(1)当$a = 0$时，$f(x)=\frac{x^{2}}{e^{x}}$，$f^{\prime}(x)=\frac{2x - x^{2}}{e^{x}}$，
所以$f(1)=\frac{1}{e}$，$f^{\prime}(1)=\frac{1}{e}$。
所以曲线$y = f(x)$在$(1,f(1))$处的切线方程为$y-\frac{1}{e}=\frac{1}{e}(x - 1)$，即$y=\frac{x}{e}$。
(2)$f^{\prime}(x)=-\frac{x^{2}-(a + 2)x + 2a}{e^{x}}=-\frac{(x - 2)(x - a)}{e^{x}}$。
若$0＜a\leq2$，在$[0,a]$上，$f^{\prime}(x)\leq0$，$f(x)$单调递减，
所以$f(x)_{\min}=f(a)=\frac{a}{e^{a}}=\frac{1}{e}$。
考虑$g(a)=\frac{a}{e^{a}},a\in R$，则$g^{\prime}(a)=\frac{1 - a}{e^{a}}$。
在$(-\infty,1)$上，$g^{\prime}(a)＞0$，$g(a)$单调递增；在$(1,+\infty)$上，$g^{\prime}(a)＜0$，$g(a)$单调递减；
所以$g(a)$的极大值为$g(1)=\frac{1}{e}$。
所以由$\frac{a}{e^{a}}=\frac{1}{e}$，可得$a = 1$。
若$a＞2$，在$(0,2)$上，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；在$(2,a)$上，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
所以$f(x)_{\min}=f(2)=\frac{4 - a}{e^{2}}=\frac{1}{e}$，解得$a = 4 - e$，与$a＞2$矛盾，故舍去。
综上，$a$的值为1。

11. (2024浙江温州三模,16)设函数$f(x)=x\ln x-\frac{1}{6}x^{3}$的导函数为$g(x)$.
(1)求函数$g(x)$的单调区间和极值;
(2)证明:函数$f(x)$存在唯一的极大值点$x_{0}$,且$x_{0}＞\frac{3}{2}$.(参考数据: $\ln 2\approx0.6931$)

答案： 练思维
11. 解析：
(1)由题意知$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。
因为$g(x)=f^{\prime}(x)=\ln x + 1-\frac{1}{2}x^{2}$，
所以$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-x=\frac{1 - x^{2}}{x}(x＞0)$，令$g^{\prime}(x)=0$，则$x = 1$，
所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
故极大值为$g(1)=\ln 1+1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，无极小值。
(2)证明：由
(1)可知$f^{\prime}(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以在$x\in(0,1)$上，函数$f(x)$不存在极大值点。又$f^{\prime}(x)_{\max}=f^{\prime}(1)=\frac{1}{2}＞0$，$f^{\prime}(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，$f^{\prime}(2)=1+\ln 2 - 2=\ln 2 - 1＜0$，所以存在唯一$x_{0}\in(1,+\infty)$，使得$f^{\prime}(x_{0})=0$，当$x\in(1,x_{0})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；当$x\in(x_{0},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，所以$x_{0}$是$f(x)$的唯一极大值点，
又$f^{\prime}(\frac{3}{2})=1+\ln\frac{3}{2}-\frac{9}{8}=\ln 3-\ln 2-\frac{1}{8}＞1 - 0.6931 - 0.125＞0$，
所以$x_{0}＞\frac{3}{2}$。

(创新考法)(2024湖南长沙一中适应性训练,14)在同一平面直角坐标系中,$P,Q$分别是函数$f(x)=axe^{x}-\ln(ax)$和$g(x)=\frac{2\ln(x - 1)}{x}$图象上的动点,若对任意$a＞0$,有$|PQ|\geqslant m$恒成立,则实数$m$的最大值为______.

答案： 练风向
答案：$\frac{3\sqrt{2}}{2}$
解析：设$P(k,ake^{k}-\ln(ak))(a,k＞0),Q(t,\frac{2\ln(t - 1)}{t})(t＞1)$，
则$|PQ|^{2}=(t - k)^{2}+[ake^{k}-\ln(ak)-\frac{2\ln(t - 1)}{t}]^{2}\geq\frac{[t-\frac{2\ln(t - 1)}{t}+ake^{k}-\ln(ak)-k]^{2}}{2}$，
令$h(t)=t-\frac{2\ln(t - 1)}{t},t\in(1,+\infty)$，
则$h^{\prime}(t)=1-\frac{2[\frac{t}{t - 1}-\ln(t - 1)]}{t^{2}}=\frac{t^{2}-\frac{2t}{t - 1}+2\ln(t - 1)}{t^{2}}$，
令$u(t)=t^{2}-\frac{2t}{t - 1}+2\ln(t - 1)$，
则$u^{\prime}(t)=2t-\frac{-2}{(t - 1)^{2}}+\frac{2}{t - 1}=\frac{2t(t^{2}-2t + 2)}{(t - 1)^{2}}＞0$，
$\therefore$函数$u(t)$在$t\in(1,+\infty)$上单调递增，
$\because u(2)=0$，$\therefore h(t)$在$t\in(1,2)$上单调递减，在$t\in(2,+\infty)$上单调递增，
$\therefore$函数$h(t)$在$t = 2$时取得极小值即最小值，$h(2)=2$。
令$v(k)=ake^{k}-\ln(ak)-k,k\in(0,+\infty)$，
则$v^{\prime}(k)=a(k + 1)e^{k}-\frac{1}{k}-1=(k + 1)(ae^{k}-\frac{1}{k})$，$k\in(0,+\infty)$，
函数$y = ae^{k}-\frac{1}{k}$在$k\in(0,+\infty)$上单调递增，
$\therefore$存在$k_{0}＞0$，使得$ae^{k_{0}}-\frac{1}{k_{0}}=0$，可得$e^{k_{0}}=\frac{1}{ak_{0}}$，$k_{0}=-\ln(ak_{0})$，
$\therefore$函数$v(k)$在$k = k_{0}$时取得极小值即最小值，$v(k_{0})=1 + k_{0}-k_{0}=1$。
$\therefore|PQ|^{2}\geq\frac{(2 + 1)^{2}}{2}=\frac{9}{2}$，$\therefore|PQ|\geq\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
$\because$对任意$a＞0$，有$|PQ|\geq m$恒成立，
下面对等号能否取到进行验证：$t - k_{0}=ak_{0}e^{k_{0}}-\ln(ak_{0})-\frac{2\ln(t - 1)}{t}$①，$e^{k_{0}}=\frac{1}{ak_{0}}$②，$t = 2$③，
由①②③解得$a=\frac{2}{\sqrt{e}},k_{0}=\frac{1}{2}$，所以①②③能同时成立。
$\therefore m\leq\frac{3\sqrt{2}}{2}$，即$m$的最大值为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$。