《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

(创新考法)(2024新课标I,18,17分,难)已知函数$f(x)=\ln\frac{x}{2 - x}+ax + b(x - 1)^{3}$.
(1)若$b = 0$,且$f'(x)\geqslant0$,求$a$的最小值;
(2)证明:曲线$y = f(x)$是中心对称图形;
(3)若$f(x)＞-2$当且仅当$1＜x＜2$,求$b$的取值范围.

答案： 解析
(1)f(x)的定义域为(0,2)。
当b = 0时，f(x)=ln$\frac{x}{2 - x}$+ax，
所以f'(x)=$\frac{2 - x}{x}$($\frac{x}{2 - x}$)'+a=$\frac{2}{x(2 - x)}$+a，
因为f'(x)≥0，
所以a≥$\frac{2}{x(2 - x)}$=$\frac{2}{(x - 1)^2 - 1}$，
依题意得a≥[$\frac{2}{x(2 - x)}$]max，
所以当x = 1时，a取到最小值 - 2。
(2)证明：因为f(x)=ln$\frac{x}{2 - x}$+ax + b(x - 1)^3，
所以f(2 - x)=ln$\frac{2 - x}{x}$+a(2 - x)+b(1 - x)^3，
所以f(2 - x)+f(x)=2a，
所以曲线y = f(x)关于(1,a)中心对称，
即曲线y = f(x)是中心对称图形。
(3)由
(2)知曲线y = f(x)关于(1,a)中心对称，且f(x)在(0,2)内连续，故f
(1)=a = - 2，
即f(x)=ln$\frac{x}{2 - x}$-2x + b(x - 1)^3,x∈(1,2)，
f'(x)=[$\frac{2}{x(2 - x)}$+3b](x - 1)^2，
易知y=$\frac{2}{x(2 - x)}$∈(2,+∞)，
所以当b≥-$\frac{2}{3}$时，f'(x)＞0在(1,2)上恒成立，f(x)单调递增，
所以f(x)＞f
(1)= - 2成立。
当b＜-$\frac{2}{3}$时，存在x0∈(1,2)，使得$\frac{2}{x_0(2 - x_0)}$+3b = 0，
即3b=$\frac{2}{x_0(x_0 - 2)}$。
在(1,x0)上，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
又f
(1)= - 2，所以在(1,x0)上有f(x)＜ - 2，不符合题意。
综上，可得b≥-$\frac{2}{3}$。

1.(2023新课标I,19,12分,中)已知函数$f(x)=a(\text{e}^{x}+a)-x$.
(1)讨论$f(x)$的单调性;
(2)证明:当$a＞0$时,$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$.

答案： 解析
(1)由已知得函数f(x)的定义域为R，
f'(x)=ae^x - 1。
①当a≤0时，f'(x)＜0，f(x)在R上单调递减；
②当a＞0时，令f'(x)=0，则x=ln$\frac{1}{a}$，
当x＜ln$\frac{1}{a}$时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞ln$\frac{1}{a}$时，f'(x)＞0，f(x)单调递增。
综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，f(x)在(-∞,ln$\frac{1}{a}$)上单调递减，在(ln$\frac{1}{a}$,+∞)上单调递增。
(2)证明：由
(1)知，当a＞0时，f(x)在(-∞,ln$\frac{1}{a}$)上单调递减，在(ln$\frac{1}{a}$,+∞)上单调递增，则f(x)min=f(ln$\frac{1}{a}$)=a($\frac{1}{a}$+a)-ln$\frac{1}{a}$=1 + a^2+ln a。
要证明f(x)＞2ln a+$\frac{3}{2}$，只需证明1 + a^2+ln a＞2ln a+$\frac{3}{2}$，
即证a^2-ln a-$\frac{1}{2}$＞0。
令g(x)=x^2-ln x-$\frac{1}{2}$(x＞0)，则g'(x)=2x-$\frac{1}{x}$=$\frac{2x^2 - 1}{x}$。
当0＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，g'(x)＜0，g(x)单调递减；
当x＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，
∴g(x)min=g($\frac{\sqrt{2}}{2}$)=$\frac{1}{2}$-ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$=-ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$=ln$\sqrt{2}$＞0，
∴g(x)＞0在(0,+∞)上恒成立，即a^2-ln a-$\frac{1}{2}$＞0，
∴f(x)＞2ln a+$\frac{3}{2}$。

2.(2021新高考I,22,12分,难)已知函数$f(x)=x(1 - \ln x)$.
(1)讨论$f(x)$的单调性;
(2)设$a,b$为两个不相等的正数,且$b\ln a - a\ln b=a - b$,证明:$2＜\frac{1}{a}+\frac{1}{b}＜\text{e}$.

答案： 解析
(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=-ln x，
令f'(x)＞0，解得0＜x＜1，令f'(x)＜0，解得x＞1，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减。
(2)证明：由b ln a - a ln b=a - b（两边同除以ab）得$\frac{1}{a}$(1+ln a)=$\frac{1}{b}$(1+ln b)，即$\frac{1}{a}$(1-ln$\frac{1}{a}$)=$\frac{1}{b}$(1-ln$\frac{1}{b}$)，
令x1=$\frac{1}{a}$，x2=$\frac{1}{b}$，则x1，x2为f(x)=k的两个实根，当x→0+时，f(x)→0+，当x→+∞时，f(x)→-∞，且f
(1)=1，故k∈(0,1)，
不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2 - x1＞1，e - x1＞1，
先证明x1 + x2＞2，即证x2＞2 - x1，
即证f(x2)=f(x1)＜f(2 - x1)。
令h(x)=f(x)-f(2 - x)，x∈(0,1)，
则h'(x)=f'(x)+f'(2 - x)=-ln x-ln(2 - x)=-ln[x(2 - x)]。
∵x∈(0,1)，
∴x(2 - x)∈(0,1)，
∴h'(x)＞0恒成立，
∴h(x)为增函数，
∴h(x)＜h
(1)=0。
∴f(x1)-f(2 - x1)＜0，即f(x1)＜f(2 - x1)，
∴f(x2)＜f(2 - x1)，
∴x2＞2 - x1，
∴x1 + x2＞2。
再证x1 + x2＜e。
设x2=tx1，则t＞1，
结合$\frac{\ln a + 1}{a}$=$\frac{\ln b + 1}{b}$，$\frac{1}{a}$=x1，$\frac{1}{b}$=x2，
可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)，
即1-ln x1=t(1-ln t-ln x1)，故ln x1=$\frac{t - 1 - t\ln t}{t - 1}$，
要证x1 + x2＜e，即证(t + 1)x1＜e，即证ln(t + 1)+ln x1＜1，
即证ln(t + 1)+$\frac{t - 1 - t\ln t}{t - 1}$＜1，即证(t - 1)ln(t + 1)-tln t＜0，
令S(t)=(t - 1)ln(t + 1)-tln t，t＞1，
则S'(t)=ln(t + 1)+$\frac{t - 1}{t + 1}$-1-ln t=ln(1+$\frac{1}{t}$)-$\frac{2}{t + 1}$。
因为ln(x + 1)≤x(x＞-1，当且仅当x = 0时等号成立)，所以
可得当t＞1时，ln(1+$\frac{1}{t}$)≤$\frac{1}{t}$＜$\frac{2}{t + 1}$，故S'(t)＜0恒成立，
故S(t)在(1,+∞)上为减函数，故S(t)＜S
(1)=0，
故(t - 1)ln(t + 1)-tln t＜0成立，即x1 + x2＜e成立。
综上所述，2＜$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$＜e。

3.(2020课标II理,21,12分,难)已知函数$f(x)=\sin^{2}x\sin2x$.
(1)讨论$f(x)$在区间$(0,\pi)$的单调性;
(2)证明:$|f(x)|\leqslant\frac{3\sqrt{3}}{8}$;
(3)设$n\in\mathbf{N}^{*}$,证明:$\sin^{2}x\sin^{2}2x\sin^{2}4x\cdot\cdots\cdot\sin^{2}2^{n}x\leqslant\frac{3^{n}}{4^{n}}$.

答案： 解析
(1)f'(x)=cos x(sin x sin 2x)+sin x(sin x·sin 2x)'=2sin x cos x sin 2x+2sin^2x cos 2x=2sin x sin 3x。
当x∈(0,$\frac{\pi}{3}$)∪($\frac{2\pi}{3}$,$\pi$)时，f'(x)＞0；当x∈($\frac{\pi}{3}$,$\frac{2\pi}{3}$)时，f'(x)＜0。所以f(x)在区间(0,$\frac{\pi}{3}$)，($\frac{2\pi}{3}$,$\pi$)单调递增，在区间($\frac{\pi}{3}$,$\frac{2\pi}{3}$)单调递减。
(2)证明：因为f
(0)=f($\pi$)=0，由
(1)知，f(x)在区间[0,$\pi$]的最大值为f($\frac{\pi}{3}$)=$\frac{3\sqrt{3}}{8}$，最小值为f($\frac{2\pi}{3}$)=-$\frac{3\sqrt{3}}{8}$。而f(x)是周期为$\pi$的周期函数，故|f(x)|≤$\frac{3\sqrt{3}}{8}$。
(3)证明：由于(sin^2x sin^22x···sin^22^nx)^$\frac{1}{2}$=|sin^3x sin^32x···sin^32^nx|=|sin x||sin^2x sin^32x···sin^32^{n - 1}x sin 2^nx||sin^22^nx|=|sin x||f(x)f(2x)···f(2^{n - 1}x)||sin^22^nx|≤|f(x)f(2x)···f(2^{n - 1}x)|，
所以sin^2x sin^22x···sin^22^nx≤($\frac{3\sqrt{3}}{8}$)^$\frac{2n}{3}$=$\frac{3^n}{4^n}$。

4.(2022新高考II,22,12分,难)已知函数$f(x)=x\text{e}^{ax}-\text{e}^{x}$.
(1)当$a = 1$时,讨论$f(x)$的单调性;
(2)当$x＞0$时,$f(x)＜ - 1$,求$a$的取值范围;
(3)设$n\in\mathbf{N}^{*}$,证明:$\frac{1}{\sqrt{1^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}＞\ln(n + 1)$.

答案： 解析
(1)当a = 1时，f(x)=xe^x - e^x，则f'(x)=xe^x，
当x∈(-∞,0)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增。
(2)解法一：不等式f(x)＜ - 1等价于xe^{ax}-e^x + 1＜0，
令g(x)=xe^{ax}-e^x + 1，x＞0，则g'(x)=(ax + 1)e^{ax}-e^x，
且g'(x)=e^{ax}(ax + 1 - e^{x - ax})≤e^{ax}[ax + 1-(x - ax + 1)]=(2a - 1)xe^{ax}，
①当a≤$\frac{1}{2}$时，g'(x)≤(2a - 1)xe^{ax}≤0，g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以g(x)＜g
(0)=0，满足题意；
②当a＞$\frac{1}{2}$时，令h(x)=g'(x)=(ax + 1)e^{ax}-e^x，
则h'(x)=(a^2x + 2a)e^{ax}-e^x，故h'
(0)=2a - 1＞0，
所以存在δ＞0，使得当x∈(0,δ)时，h'(x)＞0，
所以h(x)在(0,δ)上单调递增，
故当x∈(0,δ)时，h(x)＞h
(0)=0，
所以g(x)在(0,δ)上单调递增，
故g(x)＞g
(0)=0，不满足题意。
综上可知，a的取值范围是(-∞,$\frac{1}{2}$]。
解法二：函数f(x)的定义域为R，f'(x)=(1 + ax)e^{ax}-e^x。
(导函数中含有参数，要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论)
对于x∈(0,+∞)，当a≥1时，f'(x)=(1 + ax)e^{ax}-e^x＞e^{ax}-e^x≥e^x - e^x = 0，
∴f'(x)＞0，f(x)在(0,+∞)上单调递增。
∵f
(0)= - 1，
∴f(x)＞-1，不满足题意。
当a≤0时，f'(x)≤e^{ax}-e^x＜1 - e^x＜0且等号不恒成立，
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减。
∵f
(0)= - 1，
∴f(x)＜ - 1，满足题意。
当0＜a≤$\frac{1}{2}$时，f'(x)≤(1+$\frac{x}{2}$)e^$\frac{1}{2}$x-e^x=e^$\frac{1}{2}$x(1+$\frac{x}{2}$-e^$\frac{1}{2}$x)。
(当导函数的正负不能直接判断时，可考虑构造新函数，通过研究新函数的单调性判断)
令g(x)=1+$\frac{x}{2}$-e^$\frac{1}{2}$x，则g'(x)=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$e^$\frac{1}{2}$x＜0，
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，
∴g(x)＜g
(0)=0，
∴f'(x)=e^$\frac{1}{2}$x·g(x)＜0，f(x)在(0,+∞)上单调递减。
∵f
(0)= - 1，
∴f(x)＜ - 1，满足题意。
当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，f'(x)=e^{ax}[1 + ax - e^{(1 - a)x}]。
令h(x)=1 + ax - e^{(1 - a)x}，
则h'(x)=a+(a - 1)e^{(1 - a)x}。
∵h'(x)为减函数，
又h'
(0)=2a - 1＞0，x→+∞，h'(x)＜0，
∴∃x0∈(0,+∞)，使得h'(x0)=0。
(当导函数的零点存在，但不易求出时，可引入虚拟零点)
∴当x∈(0,x0)时，h'(x)＞0，h(x)在(0,x0)上单调递增，h(x)＞h
(0)=0，
∴当x∈(0,x0)时，f'(x)=e^{ax}·h(x)＞0，f(x)在(0,x0)上单调递增。
∵f
(0)= - 1，
∴f(x)＞-1，不满足题意。
综上，a的取值范围是(-∞,$\frac{1}{2}$]。
(3)证法一：构造函数h(x)=x-$\frac{1}{x}$-2ln x(x＞1)，
则h'(x)=1+$\frac{1}{x^2}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{x^2 - 2x + 1}{x^2}$=$\frac{(x - 1)^2}{x^2}$，
易知h'(x)＞0，
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增，
∴h(x)＞h
(1)=0，
∴x-$\frac{1}{x}$＞2ln x，
令x=$\sqrt{1+\frac{1}{n}}$，则有$\sqrt{1+\frac{1}{n}}$-$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}$＞2ln$\sqrt{1+\frac{1}{n}}$，
∴$\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}$＞ln$\frac{n + 1}{n}$，
∴$\frac{1}{\sqrt{1^2 + 1}}$+$\frac{1}{\sqrt{2^2 + 2}}$+···+$\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}$＞ln$\frac{2}{1}$+ln$\frac{3}{2}$+···+ln$\frac{n + 1}{n}$=ln(n + 1)。原式得证。
证法二：由
(2)可知，当a=$\frac{1}{2}$时，f(x)=xe^$\frac{1}{2}$x-e^x＜-1(x＞0)，
令x=ln(1+$\frac{1}{n}$)(n∈N*)，
得ln(1+$\frac{1}{n}$)·e^$\frac{1}{2}$ln(1+$\frac{1}{n}$)-e^ln(1+$\frac{1}{n}$)＜-1，
整理得$\sqrt{1+\frac{1}{n}}$ln(1+$\frac{1}{n}$)-$\frac{1}{n}$＜0，
∴$\frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}$＞ln(1+$\frac{1}{n}$)，
∴$\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}$＞ln$\frac{n + 1}{n}$，
∴$\sum_{k = 1}^{n}$$\frac{1}{\sqrt{k^2 + k}}$＞$\sum_{k = 1}^{n}$ln$\frac{k + 1}{k}$=ln($\frac{2}{1}$×$\frac{3}{2}$×···×$\frac{n + 1}{n}$)=ln(n + 1)，
即$\frac{1}{\sqrt{1^2 + 1}}$+$\frac{1}{\sqrt{2^2 + 2}}$+···+$\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}$＞ln(n + 1)。