《2026年学易优高考二轮总复习数学》

训练 1 (1)(2025·三明调研)函数$f(x)=x-\ln(2x + 1)$的单调递增区间为(D)
A.$\left(-\dfrac{1}{2},0\right)$
B.$\left(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)$
C.$\left(-\dfrac{1}{2},+\infty\right)$
D.$\left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$

答案： 训练1
(1)D $f(x)$的定义域是$(-\frac{1}{2},+\infty)$，$f^{\prime}(x)=1-\frac{2}{2x + 1}=\frac{2x - 1}{2x + 1}$，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$x＞\frac{1}{2}$，故$f(x)$的单调递增区间是$(\frac{1}{2},+\infty)$，故选D。

(2)已知函数$f(x)=e^{|x|}-x^{2}$，若$a = f(\ln 4)$，$b = f\left(\ln\dfrac{1}{e^{2}}\right)$，$c = f(2^{1.1})$，则$a,b,c$的大小关系为(D)

A.$a＞b＞c$
B.$a＞c＞b$
C.$c＞a＞b$
D.$c＞b＞a$

答案：
(2)D 因为$f(-x)=e^{-|x|}-(-x)^{2}=e^{|x|}-x^{2}=f(x)$，所以函数$f(x)$为偶函数，当$x\geq0$时，则$f(x)=e^{x}-x^{2}$，可得$f^{\prime}(x)=e^{x}-2x$，构建$\varphi(x)=f^{\prime}(x)$，则$\varphi^{\prime}(x)=e^{x}-2$，令$\varphi^{\prime}(x)＜0$，解得$0\leq x＜\ln2$；令$\varphi^{\prime}(x)＞0$，解得$x＞\ln2$，所以$\varphi(x)$在$[0,\ln2)$上单调递减，在$(\ln2,+\infty)$上单调递增，可得$\varphi(x)\geq\varphi(\ln2)=2(1 - \ln2)＞0$，即$f^{\prime}(x)＞0$在$[0,+\infty)$上恒成立，故$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，又因为$b=f(\ln\frac{1}{e^{2}})=f(-2)=f(2)$，且$2^{1.1}＞2＞\ln4＞0$，所以$f(2^{1.1})＞f(2)＞f(\ln4)$，即$c＞b＞a$。

(3)(2025·苏州模拟)已知函数$g(x)=2x+\ln x-\dfrac{a}{x}$在区间$[1,2]$上不单调，则实数$a$的取值范围是$(-10,-3)$.

答案：
(3)(-10,-3) $g^{\prime}(x)=2+\frac{a}{x}+\frac{2x^{2}+x + a}{x^{2}}=\frac{2x^{2}+x + a}{x^{2}}$。函数$g(x)$在区间$[1,2]$上不单调，$\therefore g^{\prime}(x)=0$在区间$(1,2)$上有解，且$1 - 8a\neq0$，即$a\neq\frac{1}{8}$，则$a=-2x^{2}-x=-2(x+\frac{1}{4})^{2}+\frac{1}{8}$在$(1,2)$上有解，易知函数$y=-2x^{2}-x$在$(1,2)$上是单调递减，$\therefore y=-2x^{2}-x$的值域为$(-10,-3)$，因此实数$a$的取值范围为$(-10,-3)$。

例 3 (2024·新高考Ⅱ卷，节选)已知函数$f(x)=e^{x}-ax - a^{3}$.若$f(x)$有极小值，且极小值小于$0$，求$a$的取值范围.

答案： 【例3】 解：解法一 因为$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，且$f^{\prime}(x)=e^{x}-a$。若$a\leq0$，则$f^{\prime}(x)＞0$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，可知$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，无极值，不合题意；若$a＞0$，令$f^{\prime}(x)＞0$，解得$x＞\ln a$；令$f^{\prime}(x)＜0$。解得$x＜\ln a$；可知$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增，则$f(x)$有极小值$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}$，无极大值，由题意可得$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}＜0$，即$a^{2}+\ln a - 1＞0$，令$g(a)=a^{2}+\ln a - 1,a＞0$，则$g^{\prime}(a)=2a+\frac{1}{a}＞0$，可知$g(a)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$g(1)=0$，不等式$a^{2}+\ln a - 1＞0$等价于$g(a)＞g(1)$，解得$a＞1$，所以$a$的取值范围为$(1,+\infty)$。解法二 因为$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，且$f^{\prime}(x)=e^{x}-a$，若$f(x)$有极小值，则$f^{\prime}(x)=e^{x}-a$有零点，令$f^{\prime}(x)=e^{x}-a=0$，可得$e^{x}=a$，可知$y=e^{x}$与$y=a$的图象有交点，则$a＞0$，若$a＞0$，令$f^{\prime}(x)＞0$，解得$x＞\ln a$；令$f^{\prime}(x)＜0$，解得$x＜\ln a$；可知$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增，则$f(x)$有极小值$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}$，无极大值，符合题意，由题意可得$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}＜0$，即$a^{2}+\ln a - 1＞0$，令$g(a)=a^{2}+\ln a - 1,a＞0$，因为$y=a^{2},y=\ln a - 1$在$(0,+\infty)$上单调递增，可知$g(a)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$g(1)=0$，不等式$a^{2}+\ln a - 1＞0$等价于$g(a)＞g(1)$，解得$a＞1$，所以$a$的取值范围为$(1,+\infty)$。

训练 2 (1)(2025·聊城质检)函数$f(x)=\left(\dfrac{1}{2}x - 1\right)e^{x}+\dfrac{1}{2}x$的极值点的个数为(A)
A.$0$
B.$1$
C.$2$
D.$3$

答案： 训练2
(1)A 由题意知$f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}e^{x}+(\frac{1}{2}x - 1)e^{x}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}[e^{x}(x - 1)+1]$，令$g(x)=e^{x}(x - 1)+1$，则$g^{\prime}(x)=xe^{x}$，令$g^{\prime}(x)=0$，解得$x=0$，则函数$g(x)$在区间$(-\infty,0)$上单调递减，在区间$(0,+\infty)$上单调递增，所以$g(x)\geq g(0)=0$，由此可知$f^{\prime}(x)\geq0$在$\mathbf{R}$上恒成立，函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以函数$f(x)$不存在极值点。故选A。

(2)(2025·吉林长春一模)已知函数$f(x)=x(x - a)^{2}$的极大值为$\dfrac{1}{16}$，则$a=$(D)

A.$-\dfrac{3}{2}$
B.$-\dfrac{2}{3}$
C.$\dfrac{2}{3}$
D.$\dfrac{3}{4}$

答案：
(2)D 由题意，$f(x)=x(x - a)^{2}=x^{3}-2ax^{2}+a^{2}x$，则$f^{\prime}(x)=3x^{2}-4ax+a^{2}=(3x - a)(x - a)$，令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=\frac{a}{3}$或$x=a$，当$a＞0$时，$f(x)$在$(-\infty,\frac{a}{3})$，$(a,+\infty)$上满足$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，在$(\frac{a}{3},a)$上满足$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，所以$f(x)$在$x=\frac{a}{3}$处取得极大值，$f(\frac{a}{3})=\frac{a}{3}(\frac{a}{3}-a)^{2}=\frac{4a^{3}}{27}=\frac{1}{16}$，解得$a=\frac{3}{4}$；当$a＜0$时，$f(x)$在$(-\infty,a)$，$(\frac{a}{3},+\infty)$上满足$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，在$(a,\frac{a}{3})$上满足$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，所以$f(x)$在$x=a$处取得极大值，$f(a)=0\neq\frac{1}{16}$，不符合题意，综上所述，$a=\frac{3}{4}$。故选D。

例 4 (2025·武汉测试)已知函数$f(x)=ax^{4}-4ax^{3}+b,x\in[1,4]$，$f(x)$的最大值为$3$，最小值为$-6$，则$a + b$的值是$\frac{10}{3}$或$-\frac{19}{3}$.

答案： 【例4】 $\frac{10}{3}$或$-\frac{19}{3}$ 由题意可得$f^{\prime}(x)=4ax^{2}(x - 3)$，$1\leq x\leq4$，当$a=0$时，$f(x)=b$，显然不合题意，舍去；当$a＞0$时，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$3＜x\leq4$，令$f^{\prime}(x)＜0$，得$1\leq x＜3$，故$f(x)$在$[1,3]$上单调递减，在$(3,4]$上单调递增，且$f(3)=b - 27a$，$f(1)=b - 3a$，$f(4)=b$，即$f(1)＜f(4)$，故$\begin{cases}b - 27a=-6\\b=3\end{cases}$解得$\begin{cases}a=\frac{1}{3}\\b=3\end{cases}$，则$a + b=\frac{10}{3}$。当$a＜0$时，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$1\leq x＜3$，令$f^{\prime}(x)＜0$，得$3＜x\leq4$，故$f(x)$在$(3,4]$上单调递减，在$[1,3)$上单调递增，且$f(3)=b - 27a$，$f(1)=b - 3a$，$f(4)=b$，即$f(1)＞f(4)$，故$\begin{cases}b - 27a=3\\b=-6\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{3}\\b=-6\end{cases}$，综上所述，$a + b=\frac{10}{3}$或$-\frac{19}{3}$。

训练 3 (1)(2025·南宁适应测试)已知函数$f(x)=(x - 1)e^{x}+ax^{2}$的最小值为$-1$，则实数$a$的取值范围为$[0,+\infty)$.

答案： 训练3
(1)$[0,+\infty)$ 因为$f(x)=(x - 1)e^{x}+ax^{2}$，所以$f^{\prime}(x)=xe^{x}+2ax=x(e^{x}+2a)$，①若$a\geq0$，则当$x\in(-\infty,0)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，故$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减；当$x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$x=0$时，$f(x)$有最小值$f(0)=-1$。②若$a＜0$，则当$x\rightarrow-\infty$时，$f(x)\rightarrow-\infty$，不符合题意。故实数$a$的取值范围为$[0,+\infty)$。

(2)(2025·河南名校大联考)若函数$f(x)=x^{3}-12x$在区间$(a,a + 4)$上存在最大值，则实数$a$的取值范围是$(-6,-2)$.

答案：
(2)(-6,-2) 由$f(x)=x^{3}-12x$，得$f^{\prime}(x)=3x^{2}-12=3(x - 2)(x + 2)$，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$x＜-2$或$x＞2$，令$f^{\prime}(x)＜0$，得$-2＜x＜2$，则$f(x)$在$(-\infty,-2)$和$(2,+\infty)$上单调递增，在$(-2,2)$上单调递减，所以$f(x)$在$x=-2$处取得极大值，在$x=2$处取得极小值，要使函数$f(x)=x^{3}-12x$在区间$(a,a + 4)$上存在最大值，则有$\begin{cases}a＜-2\\-2＜a + 4\end{cases}$，解得$-6＜a＜-2$，即实数$a$的取值范围是$(-6,-2)$。