《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(2023全国乙文,8,5分,中)函数$f(x)=x^{3}+ax + 2$存在3个零点,则$a$的取值范围是（ ）
A.$(-\infty,-2)$
B.$(-\infty,-3)$
C.$(-4,-1)$
D.$(-3,0)$

答案： Bf′(x)=3x² + a，当a≥0时，f′(x)≥0，则f(x)在R上单调递增，则f(x)只有一个零点，不合题意，
∴a＜0。
令f'(x)=0，得x1=-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$，x2=$\sqrt{-\frac{a}{3}}$，
当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时，f'(x)＞0，
当x∈(x1,x2)时，f'(x)＜0，
∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，
∵f(x)存在3个零点，
∴f(x)的极大值f(x1)=f(-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$)=(-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$)³+a(-$\sqrt{-\frac{a}{3}}$)+2＞0①，
且f(x)的极小值f(x2)=f($\sqrt{-\frac{a}{3}}$)=($\sqrt{-\frac{a}{3}}$)³+a$\sqrt{-\frac{a}{3}}$+2＜0②，解①得a＜0，解②得a＜-3。
综上所述，a的取值范围为(-∞,-3)，故选B。

2.(2022全国乙文,20,12分,中)已知函数$f(x)=ax-\frac{1}{x}-(a + 1)\ln x$.
(1)当$a = 0$时,求$f(x)$的最大值;
(2)若$f(x)$恰有一个零点,求$a$的取值范围.

答案： 解析
(1)当a = 0时，f(x)=-$\frac{1}{x}$-ln x(x＞0)，
∴f'(x)=$\frac{1}{x^2}$-$\frac{1}{x}$(x＞0)，令f'(x)=0，得x = 1，
x∈(0,1)时，f'(x)＞0，x∈(1,+∞)时，f'(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减。
∴f(x)max=f
(1)= - 1。
(2)f'(x)=a+$\frac{1}{x^2}$-$\frac{a + 1}{x}$=$\frac{(ax - 1)(x - 1)}{x^2}$。
(i)当a≤0时，ax - 1≤0恒成立，
∴0＜x＜1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
x＞1时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
∴f(x)max=f
(1)=a - 1＜0。
此时f(x)无零点，不合题意。
(ii)当a＞0时，令f'(x)=0，解得x = 1或x=$\frac{1}{a}$，
①当0＜a＜1时，1＜$\frac{1}{a}$，
∴1＜x＜$\frac{1}{a}$时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
0＜x＜1或x＞$\frac{1}{a}$时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)在(0,1)，($\frac{1}{a}$,+∞)上单调递增，在(1,$\frac{1}{a}$)上单调递减，f(x)的极大值为f
(1)=a - 1＜0，
x→+∞时，f(x)＞0，
∴f(x)恰有1个零点。
②当a = 1时，1=$\frac{1}{a}$，f(x)在(0,+∞)上单调递增，f
(1)=0，符合题意。
③当a＞1时，$\frac{1}{a}$＜1，f(x)在(0,$\frac{1}{a}$)，(1,+∞)上单调递增，在($\frac{1}{a}$,1)上单调递减，
f(x)的极小值为f
(1)=a - 1＞0，x→0时，f(x)→-∞，
∴f(x)恰有1个零点。
综上所述，a＞0。

3.(2020课标III理,21,12分,难)设函数$f(x)=x^{3}+bx + c$,曲线$y = f(x)$在点$(\frac{1}{2},f(\frac{1}{2}))$处的切线与$y$轴垂直.
(1)求$b$;
(2)若$f(x)$有一个绝对值不大于1的零点,证明:$f(x)$所有零点的绝对值都不大于1.

答案： 解析
(1)f'(x)=3x² + b。
依题意得f'($\frac{1}{2}$)=0，即$\frac{3}{4}$+b = 0。故b=-$\frac{3}{4}$。
(2)证法一：由
(1)知f(x)=x³-$\frac{3}{4}$x + c，f'(x)=3x²-$\frac{3}{4}$。
令f'(x)=0，解得x=-$\frac{1}{2}$或x=$\frac{1}{2}$。
f'(x)与f(x)随x的变化情况为：
| x | (-∞,-$\frac{1}{2}$) | -$\frac{1}{2}$ | (-$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$) | $\frac{1}{2}$ | ($\frac{1}{2}$,+∞) |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| f'(x) | + | 0 | - | 0 | + |
| f(x) | ↗ | c+$\frac{1}{4}$ | ↘ | c-$\frac{1}{4}$ | ↗ |
因为f
(1)=f(-$\frac{1}{2}$)=c+$\frac{1}{4}$，所以当c＜-$\frac{1}{4}$时，f(x)只有大于1的零点。
因为f(-1)=f($\frac{1}{2}$)=c-$\frac{1}{4}$，所以当c＞$\frac{1}{4}$时，f(x)只有小于-1的零点。
由题设可知-$\frac{1}{4}$≤c≤$\frac{1}{4}$。
当c=-$\frac{1}{4}$时，f(x)只有两个零点-$\frac{1}{2}$和1。
当c=$\frac{1}{4}$时，f(x)只有两个零点-1和$\frac{1}{2}$。
当-$\frac{1}{4}$＜c＜$\frac{1}{4}$时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈(-1,-$\frac{1}{2}$)，x2∈(-$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$)，x3∈($\frac{1}{2}$,1)。
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1。
证法二（分离参数法）：设x0为f(x)的一个绝对值不大于1的零点，根据题意，f(x0)=x0³-$\frac{3}{4}$x0 + c = 0，且|x0|≤1，
则c=-x0³+$\frac{3}{4}$x0，且|x0|≤1，令c(x)=-x³+$\frac{3}{4}$x(-1≤x≤1)，
则c'(x)=-3x²+$\frac{3}{4}$=-3(x+$\frac{1}{2}$)(x-$\frac{1}{2}$)，
当x∈(-1,-$\frac{1}{2}$)∪($\frac{1}{2}$,1)时，c'(x)＜0，c(x)单调递减。
当x∈(-$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$)时，c'(x)＞0，c(x)单调递增，
又c(-1)=$\frac{1}{4}$，c
(1)=-$\frac{1}{4}$，c(-$\frac{1}{2}$)=-$\frac{1}{4}$，c($\frac{1}{2}$)=$\frac{1}{4}$，
所以-$\frac{1}{4}$≤c≤$\frac{1}{4}$。
设x1为f(x)的零点，则必有f(x1)=x1³-$\frac{3}{4}$x1 + c = 0，
即-$\frac{1}{4}$≤c=-x1³+$\frac{3}{4}$x1≤$\frac{1}{4}$，
即$\begin{cases}4x_1^3 - 3x_1 - 1=(x_1 - 1)(2x_1 + 1)^2\leq0\\4x_1^3 - 3x_1 + 1=(x_1 + 1)(2x_1 - 1)^2\geq0\end{cases}$，解得-1≤x1≤1，
|x1|≤1。所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1。

4.(2021新高考II,22,12分,难)已知函数$f(x)=(x - 1)\text{e}^{x}-ax^{2}+b$.
(1)讨论函数$f(x)$的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明:$f(x)$有一个零点.
①$\frac{1}{2}＜a\leqslant\frac{\text{e}^{2}}{2},b＞2a$;
②$0＜a＜\frac{1}{2},b\leqslant2a$.

答案：
解析
(1)
∵f(x)=(x - 1)e^x-ax² + b，
∴f'(x)=xe^x-2ax=x(e^x-2a)。
①当a≤0时，e^x-2a＞0对任意x∈R恒成立，
当x∈(-∞,0)时，f'(x)＜0，
当x∈(0,+∞)时，f'(x)＞0。
因此y = f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增。
②当a＞0时，令e^x-2a = 0⇒x=ln(2a)。
(i)当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，ln(2a)＜0。
y = f'(x)的大致图象如图1所示。

因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时，f'(x)＞0，
当x∈(ln(2a),0)时，f'(x)＜0，
所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增，在(ln(2a),0)上单调递减。
(ii)当a=$\frac{1}{2}$时，ln(2a)=0，此时f'(x)≥0对任意x∈R恒成立，故f(x)在R上单调递增。
(iii)当a＞$\frac{1}{2}$时，ln(2a)＞0，
y = f'(x)的大致图象如图2所示。

因此，当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时，f'(x)＞0，
当x∈(0,ln(2a))时，f'(x)＜0，
所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减。
(2)选①
证明：由
(1)知，f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,ln(2a))上单调递减，在(ln(2a),+∞)上单调递增，又f
(0)=b - 1＞0，f(-$\sqrt{\frac{b}{a}}$)=(-$\sqrt{\frac{b}{a}}$-1)e^-$\sqrt{\frac{b}{a}}$＜0，
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点。
当x∈(0,+∞)时，
f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-a ln²(2a)+b=a ln(2a)[2-ln(2a)]+b - 2a＞a ln(2a)[2-ln(2a)]。
因为$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{e^2}{2}$，所以0＜ln(2a)≤2，
所以f(x)＞0对任意x＞0恒成立。
综上，f(x)在R上有一个零点。
选②
证明：由
(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增，
在(ln(2a),0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
f
(0)=b - 1＜0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，所以一定存在x0∈(0,+∞)，
使得f(x0)=0。
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点。
当x∈(-∞,0)时，f(x)≤f(ln(2a))=a ln(2a)·[2-ln(2a)]+b - 2a＜0，即f(x)＜0对任意x＜0恒成立。
综上，f(x)在R上有一个零点。