《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

4. (2024湖南九校联盟联考,17)已知函数$f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx + c(a,b,c\in\mathbf{R})$,其图象的对称中心为$(1,-2)$.
(1)求$a - b - c$的值;
(2)判断函数$f(x)$的零点个数.

答案： 解析
(1)$\because$函数$f(x)$的图象关于点$(1,-2)$中心对称，
$\therefore y = f(x + 1)+2$为奇函数。
从而有$f(x + 1)+2+f(-x + 1)+2 = 0$，即$f(x + 1)+f(-x + 1)=-4$，
又$f(x + 1)=(x + 1)^{3}+a(x + 1)^{2}+b(x + 1)+c=x^{3}+(a + 3)x^{2}+(2a + b+3)x+a + b + c + 1$，
$f(1 - x)=(1 - x)^{3}+a(1 - x)^{2}+b(1 - x)+c=-x^{3}+(a + 3)x^{2}-(2a + b + 3)x+a + b + c + 1$，
$\therefore\begin{cases}2a + 6 = 0\\2a+2b + 2c+2=-4\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-3\\b + c = 0\end{cases}$，
$\therefore a - b - c=-3$。
(2)由
(1)可知，$f(x)=x^{3}-3x^{2}-cx + c$，$f^{\prime}(x)=3x^{2}-6x - c$，令$f^{\prime}(x)=0$，则$\Delta=36 + 12c$，
①当$\Delta=36 + 12c\leq0$，即$c\leq-3$时，$f^{\prime}(x)\geq0$，
$\therefore f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，
$\because f(1)=-2＜0$，$f(3)=27-3\times9-3c + c=-2c＞0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有一个零点；
②当$\Delta=36 + 12c＞0$，即$c＞-3$时，设$f^{\prime}(x)=0$的两根为$x_{1},x_{2}$，
则$x_{1}+x_{2}=2＞0$，$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}$，
(i)当$c = 0$时，$f(x)=x^{3}-3x^{2}$，令$f(x)=x^{3}-3x^{2}=0$，解得$x = 0$或$x = 3$，$\therefore f(x)$有两个零点；
(ii)当$-3＜c＜0$时，$x_{1}+x_{2}=2＞0$，$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}＞0$，
$\therefore f^{\prime}(x)=0$有两个正根，不妨令$0＜x_{1}＜x_{2}$，则$3x_{1}^{2}-6x_{1}-c = 0$，
$\therefore$函数$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减，在$(x_{2},+\infty)$上单调递增，
$\because f(x_{1})=x_{1}^{3}-3x_{1}^{2}-(x_{1}-1)(3x_{1}^{2}-6x_{1})=-2x_{1}(x_{1}^{2}-3x_{1}+3)＜0$，$f(3)=-2c＞0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有一个零点；
(iii)当$c＞0$时，$x_{1}+x_{2}=2$，$x_{1}x_{2}=-\frac{c}{3}＜0$，
$\therefore f^{\prime}(x)=0$有一个正根和一个负根，不妨令$x_{1}＜0＜x_{2}$，
$\therefore$函数$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减，在$(x_{2},+\infty)$上单调递增，
$\because f(x_{1})＞f(0)=c＞0$，$f(x_{2})＜f(1)=-2＜0$，
$\therefore$函数$f(x)$有且仅有三个零点。
综上，当$c＞0$时，函数$f(x)$有三个零点；当$c = 0$时，函数$f(x)$有两个零点；当$c＜0$时，函数$f(x)$有一个零点。

5. (2024浙江杭州二模,16)已知函数$f(x)=a\ln(x + 2)-\frac{1}{2}x^{2}(a\in\mathbf{R})$.
(1)讨论函数$f(x)$的单调性.
(2)若函数$f(x)$有两个极值点,
(i)求实数$a$的取值范围;
(ii)证明:函数$f(x)$有且只有一个零点.

答案： 解析
(1)函数$f(x)$的定义域为$(-2,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{a}{x + 2}-x=\frac{-(x + 1)^{2}+a + 1}{x + 2}$，
当$a\leq-1$时，$f(x)$在$(-2,+\infty)$上单调递减；
当$-1＜a＜0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，即$-(x + 1)^{2}+a + 1 = 0$，解得$x_{1}=-\sqrt{a + 1}-1$，$x_{2}=\sqrt{a + 1}-1$。因为$-1＜a＜0$，所以$0＜a + 1＜1$，则$-2＜-\sqrt{a + 1}-1＜-1$，
所以当$x\in(-2,-\sqrt{a + 1}-1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
当$x\in(-\sqrt{a + 1}-1,\sqrt{a + 1}-1)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
当$x\in(\sqrt{a + 1}-1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
所以$f(x)$在$(-2,-\sqrt{a + 1}-1)$上单调递减，在$(-\sqrt{a + 1}-1,\sqrt{a + 1}-1)$上单调递增，在$(\sqrt{a + 1}-1,+\infty)$上单调递减；
当$a\geq0$时，$-\sqrt{a + 1}-1\leq-2$，所以$x\in(-2,\sqrt{a + 1}-1)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，当$x\in(\sqrt{a + 1}-1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，所以$f(x)$在$(-2,\sqrt{a + 1}-1)$上单调递增，在$(\sqrt{a + 1}-1,+\infty)$上单调递减。
(2)(i)由
(1)知$-1＜a＜0$。
(ii)证明：由
(1)知$f(x)$在$x=\sqrt{a + 1}-1$处取得极大值，在$x=-\sqrt{a + 1}-1$处取得极小值，
因为$-1＜a＜0$，所以$0＜a + 1＜1$，则$1＜\sqrt{a + 1}+1＜2$，
因为$f(x)_{极大值}=f(\sqrt{a + 1}-1)=a\ln(\sqrt{a + 1}+1)-\frac{1}{2}(\sqrt{a + 1}-1)^{2}＜0$，$f(-\sqrt{a + 1}-1)＜f(\sqrt{a + 1}-1)＜0$，
所以$f(x)$在$(-\sqrt{a + 1}-1,+\infty)$上没有零点，又$-1＜a＜0$，则$\frac{4}{a}＜-4$，则$0＜e^{\frac{4}{a}}＜e^{-4}$，$-2＜e^{\frac{4}{a}}-2＜e^{-4}-2$，则$0＜(e^{\frac{4}{a}}-2)^{2}＜4$，所以$f(e^{\frac{4}{a}}-2)=4-\frac{1}{2}(e^{\frac{4}{a}}-2)^{2}＞0$，所以$f(x)$在$(-2,-\sqrt{a + 1}-1)$上存在一个零点。
综上，函数$f(x)$有且只有一个零点。

6. (2024山东青岛二模,18)已知函数$f(x)=e^{x}-ax^{2}-x,f'(x)$为$f(x)$的导数.
(1)讨论$f'(x)$的单调性;
(2)若$x = 0$是$f(x)$的极大值点,求$a$的取值范围;
(3)若$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$,证明:$e^{\sin\theta - 1}+e^{\cos\theta - 1}+\ln(\sin\theta\cos\theta)＜1$.

答案： 解析
(1)由题知$f^{\prime}(x)=e^{x}-2ax - 1$，
令$g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-2ax - 1$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}-2a$，
当$a\leq0$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$f^{\prime}(x)$在区间$(-\infty,+\infty)$上单调递增，
当$a＞0$时，令$g^{\prime}(x)=0$，解得$x=\ln(2a)$，
当$x\in(-\infty,\ln(2a))$时，$g^{\prime}(x)＜0$，当$x\in(\ln(2a),+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，
所以$f^{\prime}(x)$在区间$(-\infty,\ln(2a))$上单调递减，在区间$(\ln(2a),+\infty)$上单调递增。
综上，当$a\leq0$时，$f^{\prime}(x)$在区间$(-\infty,+\infty)$上单调递增；当$a＞0$时，$f^{\prime}(x)$在区间$(-\infty,\ln(2a))$上单调递减，在区间$(\ln(2a),+\infty)$上单调递增。
(2)由题知$f^{\prime}(0)=0$，当$a\leq0$时，
由
(1)知，当$x\in(-\infty,0)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，
当$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$x = 0$是函数$f(x)$的极小值点，不符合题意；
当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，$\ln(2a)＜0$，
由
(1)知，当$x\in(\ln(2a),0)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$在$(\ln(2a),0)$上单调递减，
当$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$x = 0$是函数$f(x)$的极小值点，不符合题意；
当$a=\frac{1}{2}$时，$\ln(2a)=0$，则当$x\in(-\infty,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\geq0$，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增，所以$f(x)$无极值点，不符合题意；
当$a＞\frac{1}{2}$时，$\ln(2a)＞0$，
当$x\in(-\infty,0)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，
当$x\in(0,\ln(2a))$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$在$(0,\ln(2a))$上单调递减，
所以$x = 0$是函数$f(x)$的极大值点，符合题意。
综上所述，$a$的取值范围是$(\frac{1}{2},+\infty)$。
(3)证明：要证$e^{\sin\theta-1}+e^{\cos\theta-1}+\ln(\sin\theta\cos\theta)＜1$，
只要证$e^{\sin\theta-1}+e^{\cos\theta-1}+\ln\sin\theta+\ln\cos\theta＜\sin^{2}\theta+\cos^{2}\theta$，
只要证$e^{\sin\theta-1}+\ln\sin\theta＜\sin^{2}\theta$，$e^{\cos\theta-1}+\ln\cos\theta＜\cos^{2}\theta$，
因为$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$，则$\sin\theta\in(0,1)$，$\cos\theta\in(0,1)$，
所以只要证对任意$0＜x＜1$，有$e^{x - 1}+\ln x＜x^{2}$，
只要证对任意$-1＜x＜0$，有$e^{x}+\ln(1 + x)＜(1 + x)^{2}(※)$，
因为由
(2)知：当$a = 1$时，若$x＜0$，则$f(x)＜f(0)=1$，
所以$e^{x}-x^{2}-x＜1$，即$e^{x}＜x^{2}+x + 1$①，
令$h(x)=\ln(1 + x)-x(-1＜x＜0)$，
则$h^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-1=\frac{-x}{1 + x}$，所以当$-1＜x＜0$时，$h^{\prime}(x)＞0$，
所以$h(x)$在$(-1,0)$上单调递增；
则$h(x)＜h(0)=0$，即$\ln(1 + x)＜x(-1＜x＜0)$②，
由①+②得$e^{x}+\ln(1 + x)＜x^{2}+2x + 1=(x + 1)^{2}$，
所以$(※)$成立，
所以$e^{\sin\theta-1}+e^{\cos\theta-1}+\ln(\sin\theta\cos\theta)＜1$成立。