《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024云南、广西、贵州、四川联考(二),8)已知$a = \ln(\sqrt{2}\mathrm{e}),b = \frac{\mathrm{e} + 1}{\mathrm{e}},c = \frac{\ln 5}{5} + 1$, 则$a,b,c$的大小关系为 ( )
A. $c ＞ a ＞ b$
B. $b ＞ a ＞ c$
C. $a ＞ b ＞ c$
D. $b ＞ c ＞ a$

答案： 1B由$a = \ln(\sqrt{2}e)=\ln\sqrt{2}+1=\frac{\ln 2}{2}+1$，$b = \frac{e + 1}{e}=\frac{1}{e}+1$，$c = \frac{\ln 5}{5}+1$，设$f(x)=\frac{\ln x}{x}$，（提示：通过观察可发现$a$，$c$中有相同结构，故可构造函数）则$f'(x)=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$，
当$0 ＜ x ＜ e$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$在$(0,e)$上单调递增；
当$x ＞ e$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$在$(e,+\infty)$上单调递减，
故$f(x)_{\max}=f(e)=\frac{1}{e}$。则$\frac{1}{e}＞\frac{\ln 5}{5}$，$\frac{1}{e}＞\frac{\ln 2}{2}$，即$b ＞ c$，$b ＞ a$。
由$\frac{\ln 5}{5}-\frac{\ln 2}{2}=\frac{2\ln 5 - 5\ln 2}{10}=\frac{\ln 25-\ln 32}{10}＜0$可知$c ＜ a$，故$b ＞ a ＞ c$。故选B。

2. (2024黑龙江哈尔滨模拟,7)设实数$m ＞ 0$, 若对任意的正实数$x$, 不等式$\mathrm{e}^{mx} \geqslant \frac{\ln x}{m}$恒成立, 则$m$的最小值为 ( )
A. $\frac{1}{\mathrm{e}}$
B. $\frac{1}{2\mathrm{e}}$
C. $\frac{2}{\mathrm{e}}$
D. $\frac{\mathrm{e}}{3}$

答案： 2A$\because m＞0$，$e^{mx}\geqslant\frac{\ln x}{m}$，$\therefore me^{mx}\geqslant\ln x$，当$0 ＜ x ＜ 1$时，不等式显然成立，
当$x ＞ 1$时，原不等式可变形为$mxe^{mx}\geqslant x\ln x = e^{\ln x}\cdot\ln x$，
设函数$g(x)=xe^{x}$，$g'(x)=e^{x}+xe^{x}=(x + 1)e^{x}$，
当$x ＞ 1$时，$g'(x)＞0$，$\therefore$当$x ＞ 1$时，$g(x)$单调递增，
则不等式$e^{mx}\geqslant\frac{\ln x}{m}$恒成立等价于$g(mx)\geqslant g(\ln x)$恒成立，
即$mx\geqslant\ln x$恒成立，$m\geqslant(\frac{\ln x}{x})_{\max}$，
设$G(x)=\frac{\ln x}{x}$，$x ＞ 1$，则$G'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$，
当$1 ＜ x ＜ e$时，$G'(x)＞0$，当$x ＞ e$时，$G'(x)＜0$，
$\therefore G(x)$在$(1,e)$上单调递增，$(e,+\infty)$上单调递减，则$G(x)_{\max}=G(e)=\frac{1}{e}$，则$m\geqslant\frac{1}{e}$，即$m$的最小值为$\frac{1}{e}$。故选A。

3. (2024湖南长沙长郡中学一模,8)已知实数$a,b$分别满足$\mathrm{e}^{a} = 1.02,\ln(b + 1) = 0.02$, 且$c = \frac{1}{51}$, 则 ( )
A. $a ＜ b ＜ c$
B. $b ＜ a ＜ c$
C. $b ＜ c ＜ a$
D. $c ＜ a ＜ b$

答案： 3D由$e^{a}=1.02$，得$a = \ln 1.02$，由$\ln(b + 1)=0.02$，得$b = e^{0.02}-1$，
令$f(x)=e^{x}-1-\ln(1 + x)$，$x ＞ 0$，则$f'(x)=e^{x}-\frac{1}{x + 1}$，
令$h(x)=e^{x}-\frac{1}{x + 1}$，$x ＞ 0$，$h'(x)=e^{x}+\frac{1}{(x + 1)^{2}}＞0$恒成立，
故$f'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，又$f'(0)=e^{0}-\frac{1}{1}=0$，
故$f'(x)＞0$恒成立，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
故$f(0.02)=e^{0.02}-1-\ln(1 + 0.02)＞f(0)=0$，
即$e^{0.02}-1＞\ln 1.02$，即$b ＞ a$。
$a=\ln 1.02$，$c=\frac{1}{51}=\frac{1 + 50-50}{51}=1-\frac{50}{51}=1-\frac{1}{1.02}$，
令$g(x)=\ln x-(1-\frac{1}{x})$，$x ＞ 1$，则$g'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x - 1}{x^{2}}$，
则当$x ＞ 1$时，$g'(x)＞0$，故$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，
故$g(1.02)=\ln 1.02-(1-\frac{1}{1.02})＞g(1)=0$，即$a ＞ c$，故$c ＜ a ＜ b$。故选D。

4. (2024湖南长沙调研,14)已知对任意$x_{1},x_{2} \in (0,+\infty)$, 且当$x_{1} ＜ x_{2}$时, 都有$\frac{a(\ln x_{2}-\ln x_{1})}{x_{2}-x_{1}} ＜ 1 + \frac{1}{x_{1}x_{2}}$, 则$a$的取值范围是__________.

答案： 答案$(-\infty,2]$
解析　因为对任意$x_{1}$，$x_{2}\in(0,+\infty)$，且当$x_{1}＜x_{2}$时$\frac{a(\ln x_{2}-\ln x_{1})}{x_{2}-x_{1}}＜1+\frac{1}{x_{1}x_{2}}$恒成立，
所以$a\ln x_{2}-a\ln x_{1}＜x_{2}-x_{1}+\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{1}x_{2}}$恒成立，
即$a\ln x_{2}-a\ln x_{1}＜x_{2}-x_{1}+\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{2}}$恒成立，
即$a\ln x_{2}-x_{2}+\frac{1}{x_{2}}＜a\ln x_{1}-x_{1}+\frac{1}{x_{1}}$恒成立①，
令$f(x)=a\ln x - x+\frac{1}{x}$，$x\in(0,+\infty)$，
由①式可得当$x_{1}＜x_{2}$时$f(x_{2})＜f(x_{1})$，
所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，
所以$f'(x)=-\frac{x^{2}-ax + 1}{x^{2}}\leqslant0$在$(0,+\infty)$上恒成立，
所以$x^{2}-ax + 1\geqslant0$在$(0,+\infty)$上恒成立，
所以$a\leqslant x+\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$上恒成立，又$x+\frac{1}{x}\geqslant2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}=2$，
当且仅当$x=\frac{1}{x}$，即$x = 1$时取等号，所以$a\leqslant2$。

5. (2024山东菏泽一模,14)关于$x$的不等式$x\mathrm{e}^{ax}+bx - \ln x \geqslant 1(a ＞ 0)$恒成立, 则$\frac{b}{a}$的最小值为__________.

答案： 答案$-1$
解析　由$xe^{ax}+bx-\ln x\geqslant1(a ＞ 0)$，得$e^{ax+\ln x}\geqslant - bx+\ln x + 1(a ＞ 0)$，令$f(x)=e^{x}-x - 1$，则$f'(x)=e^{x}-1$，
当$x ＜ 0$时，$f'(x)＜0$，当$x ＞ 0$时，$f'(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$f(x)\geqslant f(0)=0$，所以$e^{x}\geqslant x + 1$，
而$ax+\ln x\in\mathbf{R}$，所以$e^{ax+\ln x}\geqslant ax+\ln x + 1$，
令$ax+\ln x + 1\geqslant - bx+\ln x + 1(a ＞ 0)$，
则$a + b\geqslant0$，所以$\frac{b}{a}\geqslant - 1$。
若$ax+\ln x + 1＜-bx+\ln x + 1$，
则$a + b＜0$，令$ax+\ln x = 0$，得方程的根$x_{0}$，所以有$ax_{0}+\ln x_{0}=0$①，由$e^{ax+\ln x}+bx-\ln x\geqslant1$，得$e^{ax+\ln x}-(ax+\ln x)\geqslant1-(a + b)x$，
将①式代入，不等式左边$ = 1$，右边$＞1$，矛盾，故舍去。
综上，$\frac{b}{a}$的最小值为$-1$。

6. (2024天津红桥二模,20)已知函数$f(x)=\frac{a\mathrm{e}^{x}-1}{x}$的图象在$(1,f(1))$处的切线经过点$(2,\mathrm{e})$.
(1)求$a$的值及函数$f(x)$的单调区间;
(2)证明:对任意正实数$\lambda$, 关于$x$的不等式$\mathrm{e}^{x}\ln x - \frac{\ln x + x^{2}+(\lambda - 1)x-\lambda}{\mathrm{e}^{\lambda}} \geqslant 0$在区间$(1,+\infty)$上恒成立.

答案： 解析
(1)因为$f(x)=\frac{ae^{x}-1}{x}$，所以$f(1)=ae - 1$，
又$f'(x)=\frac{axe^{x}-ae^{x}+1}{x^{2}}$，所以$f'(1)=1$，
又函数$f(x)$的图象在$(1,f(1))$处的切线经过点$(2,e)$，
所以$\frac{ae - 1 - e}{1 - 2}=1$，解得$a = 1$，
所以$f(x)=\frac{e^{x}-1}{x}$，函数的定义域为$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，
$f'(x)=\frac{xe^{x}-e^{x}+1}{x^{2}}$，
令$g(x)=xe^{x}-e^{x}+1$，则$g'(x)=xe^{x}$，
所以当$x ＞ 0$时$g'(x)＞0$，当$x ＜ 0$时$g'(x)＜0$，
所以$g(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$g(x)\geqslant g(0)=0$，
所以当$x\neq0$时$xe^{x}-e^{x}+1＞0$恒成立，即$f'(x)＞0$恒成立，
所以$f(x)$在$(-\infty,0)$，$(0,+\infty)$上单调递增，
即$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,0)$，$(0,+\infty)$，无单调递减区间。
(2)证明：若$e^{x}\ln x-\frac{\ln x+x^{2}+(\lambda - 1)x-\lambda}{e^{\lambda}}\geqslant0$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，
由$x\in(1,+\infty)$，$\ln x＞0$，
得$e^{x+\lambda}\geqslant\frac{\ln x+x^{2}+(\lambda - 1)x-\lambda}{\ln x}$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，（提示：化简过程中想办法出现$f(x)$的形式）
所以$e^{x+\lambda}-1\geqslant\frac{(x+\lambda)(x - 1)}{\ln x}$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，（提示：由$f(x)$解析式特点想到需要出现类似$e^{x}-1$的形式）
又$\lambda＞0$，所以$x+\lambda＞0$，所以$\frac{e^{x+\lambda}-1}{x+\lambda}\geqslant\frac{x - 1}{\ln x}=\frac{e^{\ln x}-1}{\ln x}$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，
即$f(x+\lambda)\geqslant f(\ln x)$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，
由
(1)可知$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$x+\lambda\geqslant\ln x$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，
即$\lambda\geqslant - x+\ln x$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，
令$h(x)=-x+\ln x$，$x\in(1,+\infty)$，
则$h'(x)=-1+\frac{1}{x}=\frac{1 - x}{x}＜0$，
所以$h(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，
所以$h(x)＜h(1)=-1$，
即$-x+\ln x＜-1$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，
所以$\lambda＞0$时$\lambda\geqslant - x+\ln x$在区间$(1,+\infty)$上恒成立，
即对任意$\lambda\in(0,+\infty)$，关于$x$的不等式$e^{x}\ln x-\frac{\ln x+x^{2}+(\lambda - 1)x-\lambda}{e^{\lambda}}\geqslant0$在区间$(1,+\infty)$上恒成立。

7. (2024河北沧州一模,19)已知函数$f(x)=\frac{x^{a}}{\mathrm{e}^{2x}},a ＞ 0$.
(1)当$a = 2$时, 求函数$f(x)$的单调区间和极值;
(2)当$x ＞ 0$时, 不等式$f(x)-\cos(\ln f(x)) \geqslant a\ln x^{2}-4x$恒成立, 求$a$的取值范围.

答案：
解析
(1)当$a = 2$时，$f(x)=\frac{x^{2}}{e^{2x}}$，
$f'(x)=\frac{2x\cdot e^{2x}-x^{2}\cdot e^{2x}\cdot 2}{(e^{2x})^{2}}=\frac{-2x(x - 1)}{e^{2x}}$，
令$f'(x)=0$，解得$x = 0$或$x = 1$，
所以$x$，$f'(x)$，$f(x)$的关系如表，

所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,1)$，单调递减区间为$(-\infty,0)$，$(1,+\infty)$；极大值为$f(1)=\frac{1}{e^{2}}$，极小值为$f(0)=0$。
(2)$f(x)-\cos(\ln f(x))\geqslant a\ln x^{2}-4x\Leftrightarrow\frac{x^{a}}{e^{2x}}-\cos(\ln\frac{x^{a}}{e^{2x}})\geqslant2a\ln x-4x\Leftrightarrow e^{a\ln x - 2x}-2(a\ln x - 2x)-\cos(a\ln x - 2x)\geqslant0$，（提示：在化简过程中注意寻找相同表达式，进而可构造简单函数）
令$g(t)=e^{t}-2t-\cos t$，其中$t=a\ln x - 2x$，
设$F(x)=a\ln x - 2x$，$a ＞ 0$，$F'(x)=\frac{a}{x}-2=\frac{a - 2x}{x}$，
令$F'(x)＞0$，解得$0 ＜ x ＜ \frac{a}{2}$，令$F'(x)＜0$，解得$x ＞ \frac{a}{2}$，
所以函数$F(x)$在$(0,\frac{a}{2})$上单调递增，在$(\frac{a}{2},+\infty)$上单调递减，
则$F(x)_{\max}=F(\frac{a}{2})=a\ln\frac{a}{2}-a$，且当$x\rightarrow0^{+}$时，$F(x)\rightarrow-\infty$，
所以函数$F(x)$的值域为$(-\infty,a\ln\frac{a}{2}-a]$，
所以$t\in(-\infty,a\ln\frac{a}{2}-a]$。
$g'(t)=e^{t}-2+\sin t$，
设$h(t)=e^{t}-2+\sin t$，则$h'(t)=e^{t}+\cos t$，$t\in(-\infty,a\ln\frac{a}{2}-a]$，
当$t\leqslant0$时，$e^{t}\leqslant1$，$\sin t\leqslant1$，且等号不同时成立，即$g'(t)＜0$恒成立；
当$t ＞ 0$时，$e^{t}＞1$，$\cos t\geqslant - 1$，即$h'(t)＞0$恒成立，
所以$h(t)$即$g'(t)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
又$g'(0)=-1$，$g'(1)=e - 2+\sin 1＞0$，
所以存在$t_{0}\in(0,1)$，使得$g'(t_{0})=0$，
当$0 ＜ t ＜ t_{0}$时，$g'(t)＜0$，当$t ＞ t_{0}$时，$g'(t)＞0$，
所以函数$g(t)$在$(-\infty,t_{0})$上单调递减，在$(t_{0},+\infty)$上单调递增，且$g(0)=0$，
当$a\ln\frac{a}{2}-a\leqslant0$，即$0 ＜ a\leqslant2e$时，$g(t)\geqslant0$恒成立，符合题意；
当$a\ln\frac{a}{2}-a＞0$，即$a ＞ 2e$时，取$t_{1}=\min\{a\ln\frac{a}{2}-a,t_{0}\}$，必有$g(t_{1})＜0$，不符合题意。
综上所述，$a$的取值范围为$(0,2e]$。