《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.(2024广东茂名二模,16)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}\sin x - ax$.
(1)若曲线$y = f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程为$x + y = 0$，求实数$a$的值;
(2)若$a = \frac{3}{2}$，求函数$f(x)$在区间$[0,\frac{\pi}{2}]$上的最大值.

答案：
1解析
(1)因为$f(x)=e^{x}\sin x - ax$，所以$f^{\prime}(x)=e^{x}(\sin x+\cos x)-a$，所以$f^{\prime}(0)=1 - a$。
因为曲线$y = f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程为$x + y = 0$，所以$f^{\prime}(0)=-1$，所以$1 - a=-1$，所以$a = 2$。
(2)当$a=\frac{3}{2}$时，令$h(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}(\sin x+\cos x)-\frac{3}{2}$，$h^{\prime}(x)=e^{x}(\sin x+\cos x+\cos x-\sin x)=2e^{x}\cos x$。
当$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$时，$h^{\prime}(x)\geqslant0$，$h(x)$单调递增。
又$h(0)=1-\frac{3}{2}=-\frac{1}{2}＜0$，$h(\frac{\pi}{2})=e^{\frac{\pi}{2}}-\frac{3}{2}＞e-\frac{3}{2}＞0$，所以存在唯一的$x_{0}\in(0,\frac{\pi}{2})$，使得$h(x_{0}) = 0$。
当$x\in[0,x_{0})$时，$h(x)＜0$，$f(x)$单调递减；当$x\in(x_{0},\frac{\pi}{2})$时，$h(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
又$f(0)=0$，$f(\frac{\pi}{2})=e^{\frac{\pi}{2}}-\frac{3\pi}{4}＞e-\frac{10}{4}=e - 2.5＞0$，所以$f(x)_{\max}=f(\frac{\pi}{2})=e^{\frac{\pi}{2}}-\frac{3\pi}{4}$。

2.(2024辽宁抚顺一模,19)已知函数$f(x)=x\mathrm{e}^{x + 1}-ax^{2}-2ax$.
(1)当$a = \frac{1}{2}$时，判断$f(x)$的单调性;
(2)若$x\in(0,+\infty)$时，$f'(x - 1)\geqslant1+\ln x - x$恒成立，求实数$a$的取值范围.

答案：
(1)函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f^{\prime}(x)=e^{x + 1}+xe^{x + 1}-2ax-2a=(x + 1)(e^{x + 1}-2a)$。
当$a=\frac{1}{2}$时，$f^{\prime}(x)=(x + 1)(e^{x + 1}-1)$。
当$x + 1\geqslant0$时，有$e^{x + 1}-1\geqslant0$，得$f^{\prime}(x)\geqslant0$，函数$f(x)$在区间$[-1,+\infty)$上单调递增；
当$x + 1＜0$时，有$e^{x + 1}-1＜0$，得$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$在区间$(-\infty,-1)$上单调递增。
综上，当$a=\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。
(2)当$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x - 1)\geqslant1+\ln x-x$恒成立，即$2a\leqslant\frac{xe^{x}-1-\ln x + x}{x}$恒成立，因此只需$2a\leqslant(\frac{xe^{x}-1-\ln x + x}{x})_{\min}$。
令$g(x)=\frac{xe^{x}-1-\ln x + x}{x},x＞0$，则$g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}e^{x}+\ln x}{x^{2}}$。
令$h(x)=x^{2}e^{x}+\ln x,x＞0$，则$h^{\prime}(x)=(x^{2}+2x)e^{x}+\frac{1}{x}＞0$，所以$h(x)$在区间$(0,+\infty)$上单调递增。
因为$h(1)=e＞0$，$h(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}e^{\frac{1}{2}}-\ln 2＜0$，所以$h(x)$在$(0,+\infty)$内存在唯一零点$x_{0}$，且$x_{0}\in(\frac{1}{2},1)$。
所以当$0＜x＜x_{0}$时，$h(x)＜0$，即$g^{\prime}(x)＜0$，函数$g(x)$在区间$(0,x_{0})$上单调递减；
当$x＞x_{0}$时，$h(x)＞0$，即$g^{\prime}(x)＞0$，函数$g(x)$在区间$(x_{0},+\infty)$上单调递增。
又因为$h(x_{0})=x_{0}^{2}e^{x_{0}}+\ln x_{0}=0$，即$x_{0}e^{x_{0}}=-\frac{\ln x_{0}}{x_{0}}=-\frac{1}{x_{0}}\ln x_{0}=-e^{-\ln x_{0}}\ln x_{0}$。
设$m(x)=xe^{x}$，当$x＞0$时，$m^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}＞0$，所以$m(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
因为$x_{0}\in(\frac{1}{2},1)$，所以$x_{0}＞0,-\ln x_{0}＞0$，由$(*)$知$m(x_{0})=m(-\ln x_{0})$，所以$x_{0}=-\ln x_{0}$，即$e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}}$。
所以$g(x)_{\min}=g(x_{0})=\frac{x_{0}e^{x_{0}}-1-\ln x_{0}+x_{0}}{x_{0}}=\frac{1 - 1+x_{0}+x_{0}}{x_{0}}=2$。
所以$2a\leqslant2$，即$a\leqslant1$，故实数$a$的取值范围为$(-\infty,1]$。

3.(2024江西赣州一模,19)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x - 1}-\ln x$.
(1)求$f(x)$的单调区间;
(2)已知$m＞0$.若函数$g(x)=f(x)-m(x - 1)$有唯一的零点$x_{0}$.证明：$1＜x_{0}＜2$.

答案： 3解析
(1)易知函数的定义域为$(0,+\infty)$。
因为$f(x)=e^{x - 1}-\ln x$，所以$f^{\prime}(x)=e^{x - 1}-\frac{1}{x}$，令$l(x)=e^{x - 1}-\frac{1}{x},x＞0$，则$l^{\prime}(x)=e^{x - 1}+\frac{1}{x^{2}}＞0$。
所以当$x＞0$时，$l(x)$即$f^{\prime}(x)$为增函数，又$f^{\prime}(1)=0$。
所以当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；当$x\in(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
所以$f(x)$的单调递减区间为$(0,1)$，单调递增区间为$(1,+\infty)$。
(2)证明：因为$g(x)=f(x)-m(x - 1)=e^{x - 1}-\ln x-mx + m(m＞0)$，所以$g^{\prime}(x)=e^{x - 1}-\frac{1}{x}-m(x＞0,m＞0)$。
由
(1)可知$g^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$g^{\prime}(1)=-m＜0$，又$g^{\prime}(1 + m)=e^{m}-\frac{1}{1 + m}-m＞e^{m}-(m + 1)＞0$。
所以存在唯一的$t\in(1,1 + m)\subseteq(1,+\infty)$使得$g^{\prime}(t)=0$。
所以当$x\in(0,t)$时$g^{\prime}(t)＜0$，$g(x)$单调递减；当$x\in(t,+\infty)$时$g^{\prime}(t)＞0$，$g(x)$单调递增。
所以$g(x)_{\min}=g(t)=e^{t - 1}-\ln t-mt + m$。
若$g(x)=e^{x - 1}-\ln x-mx + m = 0$有唯一的实数解$x_{0}$，则$x_{0}=t＞1$，所以$\begin{cases}g^{\prime}(t)=e^{t - 1}-\frac{1}{t}-m = 0\\g(t)=e^{t - 1}-\ln t-mt + m = 0\end{cases}$，消去$m$可得$(2 - t)e^{t - 1}-\ln t+1-\frac{1}{t}=0(t＞1)$。
令$h(t)=(2 - t)e^{t - 1}-\ln t+1-\frac{1}{t}(t＞1)$，则$h^{\prime}(t)=(1 - t)e^{t - 1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{t^{2}}=(1 - t)(e^{t - 1}+\frac{1}{t^{2}})＜0$。
所以$h(t)$在$t\in(1,+\infty)$上为减函数，且$h(1)=1＞0$，$h(2)=\frac{1}{2}-\ln 2＜0$。
所以当$h(t)=0$时$t\in(1,2)$，即$1＜x_{0}＜2$。

4.(2024四川南充二模)设函数$f(x)=\frac{x - 2}{x + 1}\mathrm{e}^{x}$，$g(x)=\frac{2\mathrm{e}^{x}-2mx - m}{x^{2}}$.
(1)若函数$f(x)$在区间$(a - 1,a + 2)$上是单调函数，求$a$的取值范围;
(2)设$0\leqslant m＜\frac{\mathrm{e}}{2}$，证明：函数$g(x)$在区间$(0,+\infty)$上存在最小值$A$，且$\frac{\mathrm{e}}{2}＜A\leqslant\frac{\mathrm{e}^{2}}{2}$.

答案： 4解析
(1)$f(x)=\frac{x - 2}{x + 1}e^{x}$的定义域为$(-\infty,-1)\cup(-1,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{x + 1-x + 2}{(x + 1)^{2}}e^{x}+\frac{x - 2}{x + 1}e^{x}=\frac{x^{2}-x + 1}{(x + 1)^{2}}e^{x}＞0$恒成立，所以函数$f(x)$在$(-\infty,-1),(-1,+\infty)$上单调递增。
由函数$f(x)$在区间$(a - 1,a + 2)$上是单调函数，得$a + 2\leqslant-1$或$a - 1\geqslant-1$，即$a\leqslant-3$或$a\geqslant0$。故$a$的取值范围是$(-\infty,-3]\cup[0,+\infty)$。
(2)证明：由$g(x)=\frac{2e^{x}-2mx - m}{x^{2}},x＞0$，得$g^{\prime}(x)=\frac{2xe^{x}-4e^{x}+2mx + 2m}{x^{3}}=\frac{2(x + 1)}{x^{3}}(\frac{x - 2}{x + 1}e^{x}+m)$。
因为$x＞0$，所以$\frac{x + 1}{x^{3}}＞0$，设$\varphi(x)=\frac{x - 2}{x + 1}e^{x}+m,x＞0$，由
(1)得$\varphi(x)=\frac{x - 2}{x + 1}e^{x}+m$在$(0,+\infty)$上单调递增。
又$0\leqslant m＜\frac{e}{2}$，则$\varphi(1)=-\frac{e}{2}+m＜0$，$\varphi(2)=m\geqslant0$，所以$\exists x_{0}\in(1,2]$，使得$\varphi(x_{0})=\frac{x_{0}-2}{x_{0}+1}e^{x_{0}}+m = 0$，即$m=\frac{2 - x_{0}}{x_{0}+1}e^{x_{0}}$。
且当$x＜x_{0}$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减，当$x＞x_{0}$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增。
所以$g(x)\geqslant g(x_{0})=\frac{2e^{x_{0}}-m(2x_{0}+1)}{x_{0}^{2}}=\frac{e^{x_{0}}(2x_{0}-1)}{x_{0}(x_{0}+1)}=A$，设$h(x)=\frac{e^{x}(2x - 1)}{x(x + 1)},x\in(1,2]$，则$h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(2x + 1)(x^{2}-x + 1)}{x^{2}(x + 1)^{2}}＞0$恒成立。
所以$h(x)=\frac{e^{x}(2x - 1)}{x(x + 1)}$在$x\in(1,2]$上单调递增，所以$h(x)\in(\frac{e}{2},\frac{e^{2}}{2}]$，即$\frac{e}{2}＜A\leqslant\frac{e^{2}}{2}$。