《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

5.(2022新高考I,22,12分,难)已知函数$f(x)=\text{e}^{x}-ax$和$g(x)=ax-\ln x$有相同的最小值.
(1)求$a$;
(2)证明:存在直线$y = b$,其与两条曲线$y = f(x)$和$y = g(x)$共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

答案： 解析
(1)f'(x)=e^x - a，g'(x)=a-$\frac{1}{x}$。
当a≤0时，f'(x)＞0恒成立，f(x)在R上无最小值，不符合题意。
∴a＞0。
令f'(x)=0，得x=ln a，令g'(x)=0，得x=$\frac{1}{a}$。
易知f(x)min=f(ln a)=a - a ln a，g(x)min=g($\frac{1}{a}$)=1+ln a，
∴a - a ln a=1+ln a，即ln a=$\frac{a - 1}{a + 1}$①。
令h(x)=ln x-$\frac{x - 1}{x + 1}$(x＞0)，
则h'(x)=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{(x + 1)^2}$=$\frac{x^2 + 1}{x(x + 1)^2}$＞0，
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增，则h(x)最多有一个零点。
又h
(1)=ln 1-$\frac{1 - 1}{1 + 1}$=0，
∴方程①有且仅有一解，为a = 1，即为所求。
(2)证明：由
(1)知，f(x)=e^x - x，g(x)=x-ln x，当x＜0时，f(x)单调递减，当x＞0时，f(x)单调递增；
当0＜x＜1时，g(x)单调递减，当x＞1时，g(x)单调递增。
不妨设直线y = b与y = f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1，x2，与y = g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2，x3，且x1＜x2＜x3。则e^x1-x1=e^x2-x2=x2-ln x2=x3-ln x3，
∴e^x1-x1=x2-ln x2=e^ln x3-ln x2。
易知x1∈(-∞,0)，x2∈(0,1)，则ln x2∈(-∞,0)，
又f(x)在(-∞,0)上单调递减，
∴x1=ln x2，同理x2=ln x3，x3=e^x2。
又e^x2-x2=x2-ln x2，
∴ln x2+e^x2=2x2。
∴ln x2+e^x2=x1 + x3=2x2。
∴x1，x2，x3成等差数列。
∴存在直线y = b，其与两条曲线y = f(x)和y = g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列。

6.(2023新课标II,22,12分,难)
(1)证明:当$0＜x＜1$时,$x - x^{2}＜\sin x＜x$;
(2)已知函数$f(x)=\cos ax-\ln(1 - x^{2})$,若$x = 0$是$f(x)$的极大值点,求$a$的取值范围.

答案： 解析
(1)证明：令g(x)=x - x²-sin x，0＜x＜1，则g'(x)=1 - 2x-cos x，令G(x)=g'(x)，得G'(x)=-2+sin x＜0在区间(0,1)上恒成立，所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减，因为g'
(0)=0，所以g'(x)＜0在区间(0,1)上恒成立，所以g(x)在区间(0,1)上单调递减，所以g(x)＜g
(0)=0，即当0＜x＜1时，x - x²＜sin x。
令h(x)=sin x - x，0＜x＜1，则h'(x)=cos x - 1＜0在区间(0,1)上恒成立，所以h(x)在区间(0,1)上单调递减，所以h(x)＜h
(0)=0，即当0＜x＜1时，sin x＜x。
综上，当0＜x＜1时，x - x²＜sin x＜x。
(2)函数f(x)的定义域为(-1,1)。
当a = 0时，f(x)=1-ln(1 - x²)，f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，x = 0不是f(x)的极大值点，所以a≠0。
当a＞0时，f'(x)=-a sin ax+$\frac{2x}{1 - x²}$，x∈(-1,1)。
(i)当0＜a≤$\sqrt{2}$时，取m=min{$\frac{1}{a}$,1}，x∈(0,m)，
则ax∈(0,1)，
由
(1)可得f'(x)=-a sin ax+$\frac{2x}{1 - x²}$＞-a²x+$\frac{2x}{1 - x²}$=$\frac{x(a²x² + 2 - a²)}{1 - x²}$，
因为a²x²＞0，2 - a²≥0，1 - x²＞0，所以f'(x)＞0，
所以f(x)在(0,m)上单调递增，不合题意。
(ii)当a＞$\sqrt{2}$时，取x∈(0,$\frac{1}{a}$)⊆(0,1)，则ax∈(0,1)，
由
(1)可得f'(x)=-a sin ax+$\frac{2x}{1 - x²}$＜-a(ax - a²x²)+$\frac{2x}{1 - x²}$=$\frac{x}{1 - x²}$(-a³x³ + a²x² + a³x + 2 - a²)，
设h(x)=-a³x³ + a²x² + a³x + 2 - a²，x∈(0,$\frac{1}{a}$)，
则h'(x)=-3a³x² + 2a²x + a³，
因为h'
(0)=a³＞0，h'($\frac{1}{a}$)=a³ - a＞0，且h'(x)的图象是开口向下的抛物线，所以∀x∈(0,$\frac{1}{a}$)，均有h'(x)＞0，所以h(x)在[0,$\frac{1}{a}$]上单调递增。
因为h
(0)=2 - a²＜0，h($\frac{1}{a}$)=2＞0，所以h(x)在(0,$\frac{1}{a}$)内存在唯一的零点n。
当x∈(0,n)时，h(x)＜0，又因为x＞0，1 - x²＞0。
则f'(x)＜$\frac{x}{1 - x²}$(-a³x³ + a²x² + a³x + 2 - a²)＜0。
即当x∈(0,n)⊆(0,1)时，f'(x)＜0，则f(x)在(0,n)上单调递减。
又因为f(x)是偶函数，所以f(x)在(-n,0)上单调递增，
所以x = 0是f(x)的极大值点。
综合(i)(ii)知a＞$\sqrt{2}$。
当a＜0时，由于将f(x)中的a换为 - a所得解析式不变，所以a＜-$\sqrt{2}$符合要求。
故a的取值范围为(-∞,-$\sqrt{2}$)∪($\sqrt{2}$,+∞)。

1. (2024江苏南通第二次适应性调研,16)已知函数$f(x)=\ln x - ax,g(x)=\frac{2}{ax},a\ne0$.
(1)求函数$f(x)$的单调区间;
(2)若$a ＞ 0$且$f(x)\leq g(x)$恒成立,求$a$的最小值.

答案： 解析
(1) $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1 - ax}{x}(a\neq0),x ＞ 0$，
当$a ＜ 0$时，$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，从而$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
当$a ＞ 0$时，由$f^{\prime}(x)＞0$得$0 ＜ x ＜ \frac{1}{a}$；由$f^{\prime}(x)＜0$得$x ＞ \frac{1}{a}$，
从而$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$单调递减。
综上，当$a ＜ 0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(0,+\infty)$，没有单调递减区间；
当$a ＞ 0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(0,\frac{1}{a})$，单调递减区间为$(\frac{1}{a},+\infty)$。
(2)令$h(x)=f(x)-g(x)=\ln x - ax-\frac{2}{ax}$，要使$f(x)\leq g(x)$恒成立，只要使$h(x)\leq0$恒成立，只要使$h(x)_{\max}\leq0$。
$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a+\frac{2}{ax^{2}}=\frac{-(ax + 1)(ax - 2)}{ax^{2}}$，
由于$a＞0,x＞0$，所以$ax + 1＞0$恒成立，
当$0 ＜ x ＜ \frac{2}{a}$时，$h^{\prime}(x)＞0$，当$x ＞ \frac{2}{a}$时，$h^{\prime}(x)＜0$，
所以$h(x)_{\max}=h(\frac{2}{a})=\ln\frac{2}{a}-3\leq0$，解得$a\geq\frac{2}{e^{3}}$，
所以$a$的最小值为$\frac{2}{e^{3}}$。

2. (2024东北三省四市一模,16)已知函数$f(x)=\frac{x}{e^{x}}-ae^{x},a\in\mathbf{R}$.
(1)当$a = 0$时,求曲线$f(x)$在$x = 1$处的切线方程;
(2)当$a = 1$时,求$f(x)$的单调区间和极值;
(3)若对任意$x\in\mathbf{R}$,有$f(x)\leq e^{x - 1}$恒成立,求$a$的取值范围.

答案： 解析
(1)当$a = 0$时，$f(x)=\frac{x}{e^{x}}$，则$f^{\prime}(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}$，$f^{\prime}(1)=0$，$f(1)=\frac{1}{e}$，
所以切线方程为$y=\frac{1}{e}$。
(2)当$a = 1$时，$f(x)=xe^{-x}-e^{x}$，$f^{\prime}(x)=(1 - x)e^{-x}-e^{x}=\frac{1 - x - e^{2x}}{e^{x}}$。
令$g(x)=1 - x - e^{2x}$，$g^{\prime}(x)=-1 - 2e^{2x}＜0$，
故$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，而$g(0)=0$，因此$0$是$g(x)$在$\mathbf{R}$上的唯一零点，
即$0$是$f^{\prime}(x)$在$\mathbf{R}$上的唯一零点。
当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的变化情况如表：
x　　　(-∞,0)　　　0　　　(0,+∞)
f'(x)　　　+　　　　0　　　　-
f(x)　　　↗　　　极大值　　　↘
$f(x)$的单调递减区间为$(0,+\infty)$；单调递增区间为$(-\infty,0)$。
$f(x)$的极大值为$f(0)=-1$，无极小值。
(3)由题意知$xe^{-x}-ae^{x}\leq e^{x - 1}$，即$a\geq\frac{xe^{-x}-e^{x - 1}}{e^{x}}$，即$a\geq\frac{x}{e^{2x}}-\frac{1}{e}$，
设$m(x)=\frac{x}{e^{2x}}-\frac{1}{e}$，则$m^{\prime}(x)=\frac{e^{2x}-2xe^{2x}}{(e^{2x})^{2}}=\frac{1 - 2x}{e^{2x}}$，
令$m^{\prime}(x)=0$，解得$x=\frac{1}{2}$，
当$x\in(-\infty,\frac{1}{2})$时，$m^{\prime}(x)＞0$，$m(x)$单调递增，当$x\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，$m^{\prime}(x)＜0$，$m(x)$单调递减，
所以$m(x)_{\max}=m(\frac{1}{2})=\frac{1}{2e}-\frac{1}{e}=-\frac{1}{2e}$，
所以$a\geq-\frac{1}{2e}$。

3. (2024广东广州一模,17)已知函数$f(x)=\cos x+x\sin x,x\in(-\pi,\pi)$.
(1)求$f(x)$的单调区间和极小值;
(2)证明:当$x\in[0,\pi)$时,$2f(x)\leq e^{x}+e^{-x}$.

答案： 解析
(1)$f^{\prime}(x)=-\sin x+\sin x+x\cos x=x\cos x$，由$f^{\prime}(x)=0$得$x = 0$或$\frac{\pi}{2}$或$-\frac{\pi}{2}$，
当$-\pi＜x＜-\frac{\pi}{2}$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；
当$-\frac{\pi}{2}＜x＜0$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
当$0＜x＜\frac{\pi}{2}$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；
当$\frac{\pi}{2}＜x＜\pi$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。
$\therefore f(x)$的单调递增区间为$(-\pi,-\frac{\pi}{2})$，$(0,\frac{\pi}{2})$；单调递减区间为$(-\frac{\pi}{2},0)$，$(\frac{\pi}{2},\pi)$，$f(x)_{极小值}=f(0)=1$。
(2)证明：令$F(x)=e^{x}+e^{-x}-2(\cos x+x\sin x),x\in[0,\pi]$，
则$F(0)=0$，$F^{\prime}(x)=e^{x}-e^{-x}-2x\cos x$。
因为$x\in[0,\pi]$，所以$\cos x\leq1$，所以$2x\cos x\leq2x$，
从而$F^{\prime}(x)=e^{x}-e^{-x}-2x\cos x\geq e^{x}-e^{-x}-2x$，当且仅当$x = 0$时取等号。
令$h(x)=e^{x}-e^{-x}-2x,x\in[0,\pi]$，显然$h(0)=0$。
$h^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}-2\geq2\sqrt{e^{x}\cdot e^{-x}}-2 = 0$，当且仅当$x = 0$时取等号，
所以$h(x)$在$[0,\pi]$上单调递增，所以$h(x)\geq h(0)=0$，
从而$F^{\prime}(x)\geq h(x)\geq0$，所以$F(x)$在$[0,\pi]$上单调递增，
所以$F(x)\geq F(0)=0$，故$e^{x}+e^{-x}\geq2f(x)$。