《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

1. (2022·全国乙卷)已知函数$f(x)=\ln(1 + x)+ax\text{e}^{-x}$。
(1)当$a = 1$时，求曲线$f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线方程；
(2)若$f(x)$在区间$(-1,0)$，$(0,+\infty)$各恰有一个零点，求$a$的取值范围。

答案： 解
(1)当a = 1时,f(x)=ln(1 + x)+xe⁻ˣ,
∴f'(x)=$\frac{1}{x + 1}$+e⁻ˣ-xe⁻ˣ,
∴f'
(0)=1+1=2,又f
(0)=0,
∴所求切线方程为y - 0=2(x - 0),即y = 2x.
(2)f(x)=ln(1 + x)+axe⁻ˣ=ln(x + 1)+$\frac{ax}{e^{x}}$,①当a≥0时,若x＞0,则ln(x + 1)＞0,$\frac{ax}{e^{x}}$≥0,
∴f(x)＞0,
∴f(x)在(0,+∞)上无零点,不符合题意.②当a＜0时,f'(x)=$\frac{e^{x}+a(1 - x²)}{(x + 1)e^{x}}$.令g(x)=e^{x}+a(1 - x²),则g'(x)=e^{x}-2ax,g'(x)在(-1,+∞)上单调递增,g'(-1)=e⁻¹+2a,g'
(0)=1,(a)当g'(-1)≥0,即 - $\frac{1}{2e}$≤a＜0时,g'(x)＞0在(-1,+∞)上恒成立,
∴g(x)在(-1,+∞)上单调递增,
∵g(-1)=e⁻¹＞0,
∴g(x)＞0在(-1,+∞)上恒成立,
∴f'(x)＞0在(-1,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(-1,+∞)上单调递增,
∵f
(0)=0,
∴f(x)在(-1,0),(0,+∞)上均无零点,不符合题意.(b)当g'(-1)＜0,即a＜ - $\frac{1}{2e}$时,存在x₀∈(-1,0),使得g'(x₀)=0.
∴g(x)在(-1,x₀)上单调递减,在(x₀,+∞)上单调递增.g(-1)=e⁻¹＞0,g
(0)=1+a,g
(1)=e＞0.(ⅰ)当g
(0)≥0,即 - 1≤a＜ - $\frac{1}{2e}$时,g(x)＞0在(0,+∞)上恒成立,
∴f'(x)＞0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵f
(0)=0,
∴当x∈(0,+∞)时,f(x)＞0,
∴f(x)在(0,+∞)上无零点,不符合题意.(ⅱ)当g
(0)＜0,即a＜ - 1时,存在x₁∈(-1,x₀),x₂∈(0,1),使得g(x₁)=g(x₂)=0,
∴f(x)在(-1,x₁),(x₂,+∞)上单调递增,在(x₁,x₂)上单调递减.
∵f
(0)=0,
∴f(x₁)＞f
(0)=0,当x→(-1)⁺时,f(x)＜0,
∴f(x)在(-1,x₁)上存在一个零点,即f(x)在(-1,0)上存在一个零点,
∵f(x₂)＜f
(0)=0,当x→+∞时,f(x)＞0,
∴f(x)在(x₂,+∞)上存在一个零点,即f(x)在(0,+∞)上存在一个零点.综上,a的取值范围是(-∞,-1).

2. (2021·新高考Ⅱ卷)已知函数$f(x)=(x - 1)\text{e}^{x}-ax^{2}+b$。
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：$f(x)$有一个零点。
①$\frac{1}{2}＜a\leqslant\frac{\text{e}^{2}}{2},b ＞ 2a$；②$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2},b\leqslant2a$。

答案： 解
(1)由函数的解析式可得,f'(x)=x(e^{x}-2a),当a≤0时,若x∈(-∞,0),则f'(x)＜0,f(x)单调递减,若x∈(0,+∞),则f'(x)＞0,f(x)单调递增;当0＜a＜$\frac{1}{2}$时,若x∈(-∞,ln(2a)),则f'(x)＞0,f(x)单调递增,若x∈(ln(2a),0),则f'(x)＜0,f(x)单调递减,若x∈(0,+∞),则f'(x)＞0,f(x)单调递增;当a=$\frac{1}{2}$时,f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增;当a＞$\frac{1}{2}$时,若x∈(-∞,0),则f'(x)＞0,f(x)单调递增,若x∈(0,ln(2a)),则f'(x)＜0,f(x)单调递减,若x∈(ln(2a),+∞),则f'(x)＞0,f(x)单调递增.
(2)证明:若选择条件①:由于$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{e^{2}}{2}$,故1＜2a≤e²,则b＞2a＞1,f
(0)=b - 1＞0,f(-2b)=(-1 - 2b)e⁻²ᵇ-4ab²+b= - (1 + 2b)e⁻²ᵇ-b(4a - 1)＜0,而函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,故函数f(x)在区间(-∞,0)上有一个零点.f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]²+b＞2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]²+2a=2aln(2a)-a[ln(2a)]²=aln(2a)[2 - ln(2a)],由于$\frac{1}{2}$＜a≤$\frac{e^{2}}{2}$,1＜2a≤e²,所以0＜ln(2a)≤2,故aln(2a)[2 - ln(2a)]≥0,所以f(ln(2a))＞0,结合函数的单调性可知,函数f(x)在区间(0,+∞)上没有零点.综上可得,题中的结论成立.若选择条件②:由于0＜a＜$\frac{1}{2}$,故0＜2a＜1,则f
(0)=b - 1≤2a - 1＜0,当b≥0时,e²＞4,4a＜2,f
(2)=e²-4a + b＞0,而函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)在区间(0,+∞)上有一个零点.当b＜0时,构造函数H(x)=e^{x}-x - 1,则H'(x)=e^{x}-1,当x∈(-∞,0)时,H'(x)＜0,H(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,H'(x)＞0,H(x)单调递增,注意到H
(0)=0,故H(x)≥0恒成立,从而有e^{x}≥x + 1,当x＞1时,x - 1＞0,则f(x)=(x - 1)e^{x}-ax²+b≥(x - 1)(x + 1)-ax²+b=(1 - a)x²+(b - 1),当x＞$\sqrt{\frac{1 - b}{1 - a}}$时,(1 - a)x²+(b - 1)＞0,取x₀=$\sqrt{\frac{1 - b}{1 - a}}$+1,则f(x₀)＞0,由于f
(0)＜0,f($\sqrt{\frac{1 - b}{1 - a}}$+1)＞0,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故函数f(x)在区间(0,+∞)上有一个零点.f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]²+b≤2a[ln(2a)-1]-a[ln(2a)]²+2a=2aln(2a)-a[ln(2a)]²=aln(2a)[2 - ln(2a)],由于0＜2a＜1,所以ln(2a)＜0,故aln(2a)[2 - ln(2a)]＜0,结合函数的单调性可知,函数f(x)在区间(-∞,0)上没有零点.综上可得,题中的结论成立.