《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

20. (15分)设函数$f(x)=x - x^{2}e^{ax + b}$,曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = - x + 1$.
(1)求a,b的值;
(2)设函数$g(x)=f'(x)$,求$g(x)$的单调区间;
(3)求$f(x)$的极值点个数.

答案： 20.[命题点]导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值
[解]
(1)因为$f(x)=x - x^{3}e^{ax + b}$，
所以$f^\prime(x)=1-(3x^{2}+ax^{3})e^{ax + b}$。
由题意，得$\begin{cases}f(1)=0\\f^\prime(1)= - 1\end{cases}$，即$\begin{cases}1 - e^{a + b}=0\\1-(3 + a)e^{a + b}=-1\end{cases}$。
解得$a = - 1$，$b = 1$。4分
(2)由
(1)知$f(x)=x - x^{3}e^{-x + 1}$，
$g(x)=f^\prime(x)=1-(3x^{2}-x^{3})e^{-x + 1}$。
$g^\prime(x)=-x(x^{2}-6x + 6)e^{-x + 1}$，
令$g^\prime(x)=0$，解得$x = 0$或$x = 3\pm\sqrt{3}$。7分
$g^\prime(x)$与$g(x)$随$x$的变化情况如下：
|$x$|$(-\infty,0)$|$0$|$(0,3 - \sqrt{3})$|$3 - \sqrt{3}$|$(3 - \sqrt{3},3+\sqrt{3})$|$3+\sqrt{3}$|$(3+\sqrt{3},+\infty)$|
|----|----|----|----|----|----|----|----|
|$g^\prime(x)$|$+$|$0$|$-$|$0$|$+$|$0$|$-$|
|$g(x)$|$\nearrow$| |$\searrow$| |$\nearrow$| |$\searrow$|
所以$g(x)$的单调递增区间是$(-\infty,0)$和$(3 - \sqrt{3},3+\sqrt{3})$，单调递减区间是$(0,3 - \sqrt{3})$和$(3+\sqrt{3},+\infty)$。9分
(3)由
(2)知，当$x\in(-\infty,0)$时$f^\prime(x)$单调递增，
当$x＜ - 1$时，$f^\prime(x)＜f^\prime(-1)=1 - 4e^{2}＜0$，$f^\prime(0)=1＞0$，
所以$\exists x_1\in(-\infty,0)$，使得$f^\prime(x_1)=0$，
所以$f(x)$在$(-\infty,x_1)$上单调递减，在$(x_1,0)$上单调递增，故$x_1$是$f(x)$的一个极小值点。11分
当$x\in(0,3 - \sqrt{3})$时，$f^\prime(x)$单调递减，
又$f^\prime(3 - \sqrt{3})＜f^\prime(1)= - 1＜0$，
所以$\exists x_2\in(0,3 - \sqrt{3})$，使得$f^\prime(x_2)=0$，
所以$f(x)$在$(0,x_2)$上单调递增，在$(x_2,3 - \sqrt{3})$上单调递减，故$x_2$是$f(x)$的一个极大值点。13分
当$x\in(3 - \sqrt{3},3)$时$f^\prime(x)$单调递增，又$f^\prime(3)=1＞0$，
所以$\exists x_3\in(3 - \sqrt{3},3)$，使得$f^\prime(x_3)=0$，
所以$f(x)$在$(3 - \sqrt{3},x_3)$上单调递减，在$(x_3,3)$上单调递增，故$x_3$是$f(x)$的一个极小值点。
又当$x＞3$时，$f^\prime(x)＞0$，所以$f(x)$在$(3,+\infty)$单调递增，无极值点。
综上可知，$f(x)$共有3个极值点。15分

21.(15分)已知数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的项数均为$m(m＞2)$，且$a_n,b_n\in\{1,2,\cdots,m\}$，$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的前$n$项和分别为$A_n$，$B_n$，并规定$A_0=B_0=0$。对于$k\in\{0,1,2,\cdots,m\}$，定义$r_k=\max\{i|B_i\leq A_k,i\in\{0,1,2,\cdots,m\}\}$，其中$\max M$表示数集$M$中最大的数。
　(1)若$a_1=2$，$a_2=1$，$a_3=3$，$b_1=1$，$b_2=3$，$b_3=3$，写出$r_0$，$r_1$，$r_2$，$r_3$的值；
　(2)若$a_1\geq b_1$，且$2r_j\leq r_{j + 1}+r_{j - 1}$，$j = 1,2,\cdots,m - 1$，求$r_n$；
　(3)证明：存在$p$，$q$，$s$，$t\in\{0,1,2,\cdots,m\}$，满足$p＞q$，$s＞t$，使得$A_p + B_s=A_q + B_t$。

答案： 21.[命题点]数列的新定义问题
(1)[解]由题意A₀ = 0，A₁ = 2，A₂ = 3，A₃ = 6，B₀ = 0，B₁ = 1，B₂ = 4，B₃ = 7。 1分
则r₀ = max{i|Bᵢ ≤ 0}，
∴ r₀ = 0； 2分
r₁ = max{i|Bᵢ ≤ 2}，即r₁ = max{0, 1} = 1； 3分
r₂ = max{i|Bᵢ ≤ 3}，即r₂ = max{0, 1} = 1； 4分
r₃ = max{i|Bᵢ ≤ 6}，即r₃ = max{0, 1, 2} = 2。 5分
(2)[解]显然rₘ ≤ m，因为aₙ ≥ bₙ，所以r₀ = 0，r₁ ≥ 1。
因为2rᵢ₊₁ ≤ rᵢ + rᵢ₊₂，所以rᵢ₊₂ - rᵢ₊₁ ≥ rᵢ₊₁ - rᵢ。
因此rᵢ₊₂ - rᵢ₊₁ ≥ rᵢ₊₁ - rᵢ ≥... ≥ r₁ - r₀ = r₁ ≥ 1。
若存在正整数j使得rⱼ₊₁ - rⱼ ＞ 1，则rₘ ≥ rₘ₋₁ + 1 ≥... ≥ rⱼ + (m - j - 1) ＞ rⱼ + (m - j) ≥... ≥ r₀ + m = m，这与rₘ ≤ m矛盾。 8分
因此，r₁ = 1，且对任意正整数i均有rᵢ₊₁ - rᵢ = 1。
所以{rₙ}是首项、公差均为1的等差数列，故rₙ = n。 11分
(3)[证明]设Aₘ ≥ Bₘ。记Sₖ = Aₖ - Bₖ(1 ≤ k ≤ m)，则Sₖ ≥ 0。
则一定有Sₖ ≤ m - 1。
若Sₖ ＞ m - 1，则由rₖ的定义可知Aₖ₊₁ - Bₖ₊₁ ＜ 0。
则bₖ₊₁ = Bₖ₊₁ - Bₖ = Sₖ - (Aₖ₊₁ - Bₖ₊₁) ＞ m，
与bₖ₊₁ ∈ {1, 2, …, m}矛盾。 12分
若存在k使得Sₖ = 0，则取t = q = 0，p = k，s = rₖ即满足题目要求。
若这样的k不存在，则Sₖ ∈ {1, 2, …, m - 1}，因此一定存在1 ≤ u ＜ v ≤ m使得Sᵤ = Sᵥ，且由rₖ的定义可知rᵤ ＜ rᵥ。
从而Aᵤ - Bᵤ = Aᵥ - Bᵥ，即Aᵤ + Bᵥ = Aᵥ + Bᵤ，得证。
若Aₘ ＜ Bₘ，则可定义tₖ = max{i|Aᵢ ≤ Bₖ}，k ∈ {0, 1, …, m}，
并记Tₖ = Bₖ - Aₖ(1 ≤ k ≤ m)，同上述过程可得结论成立。 15分