《2026年一本密卷高考数学》

7. (2025·重庆市三模)已知 $ f(x)=x^{3}+a x^{2}+1(a \in \mathbf{R}) $，则(ACD)

A.$ \exists a \in \mathbf{R} $，使得 $ f(x) $ 是增函数
B.$ \forall a \in \mathbf{R} $，函数 $ f(x) $ 均存在极值点
C.$ \forall a＞0 $，函数 $ f(x) $ 只有一个零点
D.$ \forall a \leqslant 1 $，且 $ x \leqslant 1 $，有 $ f(x) \leqslant 3 $

答案：
7.ACD　对于AB，$f'(x)=3x^{2}+2ax=x(3x + 2a)$，当$a=0$时，$f'(x)\geqslant0$，所以$f(x)$为增函数，此时$f(x)$无极值，所以A正确，B错误；对于C，当$a＞0$时，由$f'(x)＞0$，得$x＜-\frac{2a}{3}$或$x＞0$，由$f'(x)＜0$，得$-\frac{2a}{3}＜x＜0$，所以$f(x)$在$(-\infty,-\frac{2a}{3})$上递增，在$(-\frac{2a}{3},0)$上递减，$(0,+\infty)$上递增，又$f(0)=1$，当$x\to-\infty$时，$f(x)\to-\infty$，所以观察图象可知，函数$f(x)$只有一个零点，所以C正确；

对于D，当$0＜a\leqslant1$时，由选项C可知$f(x)$在$(-\infty,-\frac{2a}{3})$上递增，在$(-\frac{2a}{3},0)$上递减，$(0,1)$上递增，所以$f(x)$的极大值为$f(-\frac{2a}{3})=1+\frac{4a^{3}}{27}\leqslant1+\frac{4}{27}＜2$，极小值为$f(0)=1$，因为$f(1)=2 + a\leqslant3$，所以$f(x)\leqslant3$，当$a＜0$时，由$f'(x)＞0$，得$x＜0$或$x＞-\frac{2a}{3}$，由$f'(x)＜0$，得$0＜x＜-\frac{2a}{3}$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上递增，在$(0,-\frac{2a}{3})$上递减，$(-\frac{2a}{3},+\infty)$上递增，因为$f(0)=1$，$f(1)=2 + a＜3$，所以$f(x)＜3$，综上$f(x)\leqslant3$，所以D正确.故选ACD.

8. (2025·江苏如皋市三模)已知函数 $ f(x)=4 x^{3}-3 x+a $，则(AB)

A.$ f(x) $ 有两个极值点
B.$ f(x) $ 的对称中心为 $ (0, a) $
C.过点 $ (1, a-3) $ 作曲线 $ y=f(x) $ 的切线有三条
D.若函数的一个零点在 $ (-1,1) $ 之间，则它所有零点都在 $ (-1,1) $ 之间

答案：
8.AB　对于A中，由函数$f(x)=4x^{3}-3x + a$，可得$f'(x)=12x^{2}-3$，令$f'(x)=0$，可得$x=\pm\frac{1}{2}$，当$x＜-\frac{1}{2}$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增；当$-\frac{1}{2}＜x＜\frac{1}{2}$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$单调递减；当$x＞\frac{1}{2}$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x)$在$x=-\frac{1}{2}$处取极大值，在$x=\frac{1}{2}$处取极小值，所以A正确；对于B中，因为函数$y=4x^{3}-3x$为奇函数，关于$(0,0)$对称，所以函数$f(x)$关于$(0,a)$中心对称，所以B正确；对于C中，作出$f(x)$的大致图象，如图所示，当$x＜0$时，$f(x)$为上凸函数，$f(x)$在拐点$(0,a)$处的切线为$y=-3x + a$，它与$x=1$恰交于$P(1,a - 3)$；当$x＞0$时，$f(x)$为下凹函数，$f(\frac{1}{2})=a - 1$，$P(1,a - 3)$，过$P$只能作$f(x)$的两条切线$l_1$、$l_2$，所以C错误；

对于D中，由A知函数$f(x)$在$(-\infty,-\frac{1}{2})$，$(\frac{1}{2},+\infty)$上单调递增；$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$上单调递减；$\begin{cases}f(-\frac{1}{2})=a + 1\geqslant0\\f(\frac{1}{2})=a - 1\leqslant0\end{cases}$解得$-1\leqslant a\leqslant1$，当$a=1$时，$f(x)$大致图象如下，可得$f(x)$有一个零点$\frac{1}{2}\in(-1,1)$之间，但另一零点$-1\notin(-1,1)$，所以D错误.故选AB.

9. (2025·河北省张家口三模)已知曲线 $ C: y=(2 a+\ln x) e^{-x} $ 在 $ x=1 $ 处的切线与 $ y $ 轴垂直，则实数 $ a $ 的值为$\frac{1}{2}$.

答案： 9.$\frac{1}{2}$　对函数$y=f(x)=(2a+\ln x)\mathrm{e}^{-x}$求导得，$f'(x)=\frac{\mathrm{e}^{-x}}{x}-(2a+\ln x)\mathrm{e}^{-x}$，因为曲线$C:y=(2a+\ln x)\mathrm{e}^{-x}$在$x=1$处的切线与$y$轴垂直，所以$f'(1)=\mathrm{e}^{-1}-2a\mathrm{e}^{-1}=0$，解得$a=\frac{1}{2}$.

10. (2025·江苏如皋市三模)函数 $ f(x)=\left|2 e^{x}-1\right|-2 x $ 的最小值为1.

答案： 10.1　当$x\geqslant-\ln2$时，$2\mathrm{e}^{x}-1\geqslant0$，此时$f(x)=2\mathrm{e}^{x}-1-2x$，$f'(x)=2\mathrm{e}^{x}-2$，令$f'(x)＞0$，得$x＞0$，令$f'(x)＜0$，得$-\ln2\leqslant x＜0$，故此时$f(x)=2\mathrm{e}^{x}-1-2x$在$x=0$处取得最小值，$f(0)=1$；当$x＜-\ln2$时，$2\mathrm{e}^{x}-1＜0$，此时$f(x)=1-2\mathrm{e}^{x}-2x$在$(-\infty,-\ln2)$单调递减，且$f(-\ln2)=2\ln2＞1$.综上：函数$f(x)=|2\mathrm{e}^{x}-1|-2x$的最小值为$1$.

11. (13 分)(2025·天津市滨海新区三模)已知函数 $ f(x)=e^{x} \sin x $ ( $ e $ 为自然对数的底数)，$ g(x)=2 \ln (x+1)-a x $，其中 $ a $ 为实数.
(1) 求函数 $ f(x) $ 在点 $ (0, f(0)) $ 处的切线方程；
(2) 若对 $ \forall x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] $，有 $ f(x) \geqslant e^{x} g(x) $，求 $ a $ 的取值范围.

答案： 11.解：
(1)因为$f(x)=\mathrm{e}^{x}\sin x$，所以$f(0)=\mathrm{e}^{0}\sin0=0$，$f'(x)=\mathrm{e}^{x}\sin x+\mathrm{e}^{x}\cos x$，所以切线斜率为$f'(0)=\mathrm{e}^{0}\sin0+\mathrm{e}^{0}\cos0=1$，所以函数$f(x)$在$x=0$处的切线方程为$y - 0=1×(x - 0)$，即$x - y=0$.
(2)若对$\forall x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，有$f(x)\geqslant\mathrm{e}^{x}g(x)$，转化为$\sin x\geqslant g(x)$，即$\sin x\geqslant2\ln(x + 1)-ax$对$\forall x\in[0,\frac{\pi}{2}]$都成立.设$h(x)=\sin x+ax-2\ln(x + 1)$，$h'(x)=\cos x+a-\frac{2}{x + 1}$，因为$h(0)=0$，所以要使$h(x)=\sin x+ax-2\ln(x + 1)\geqslant0$必须满足$h'(0)\geqslant0$，即$h'(0)=\cos0+a-2=a - 1\geqslant0$，所以$a\geqslant1$.下面证明$a\geqslant1$时满足题意：因为$a\geqslant1$，$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，所以$\sin x+ax-2\ln(x + 1)\geqslant\sin x+x-2\ln(x + 1)$，只需要证明$\sin x+x-2\ln(x + 1)\geqslant0$即可.设$t(x)=\sin x+x-2\ln(x + 1)$，所以$t'(x)=\cos x+1-\frac{2}{x + 1}$，且$t(0)=0$，$t'(0)=0$.先研究当$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，设$q(x)=t'(x)=\cos x+1-\frac{2}{x + 1}$，$q'(x)=-\sin x+\frac{2}{(x + 1)^{2}}$，因为函数$y=-\sin x$、$y=\frac{2}{(x + 1)^{2}}$在$(0,\frac{\pi}{2})$上均为单调递减，则$q'(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$内单调递减，又因为$q'(0)=2＞0$，$q'(\frac{\pi}{2})=-1+\frac{2}{(\frac{\pi}{2}+1)^{2}}＜0$，所以$\exists x_0\in(0,\frac{\pi}{2})$，使得$q'(x_0)=0$，且当$0＜x＜x_0$时，$q'(x)＞0$；当$x_0＜x＜\frac{\pi}{2}$时，$q'(x)＜0$.此时$q(x)$在$(0,x_0)$内单调递增，在$(x_0,\frac{\pi}{2})$内单调递减，又$q(0)=0$，$q(\frac{\pi}{2})=1-\frac{2}{\frac{\pi}{2}+1}＞0$，故对任意的$x\in(0,\frac{\pi}{2})$，$t'(x)=q(x)＞$0，则$t(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$内单调递增，所以$t(x)＞t(0)=0$.综上，当$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$时，$t(x)\geqslant0$，即得$\sin x\geqslant2\ln(x + 1)-x$，所以$f(x)\geqslant\mathrm{e}^{x}g(x)$得证.

12. (15 分)(2025·浙江省金华市义乌市三模)已知函数 $ f(x)=x-a \ln (1+x), a \in \mathbf{R} $.
(1) 当 $ a=1 $ 时，求 $ f(x) $ 的极值；
(2) 若 $ f(x) $ 在区间 $ (-1,0) $ 上存在零点 $ x_{0} $.
(ⅰ) 求 $ a $ 的取值范围；
(ⅱ) 证明：当 $ -1＜x＜0 $ 时，$ f(x)＞f^{\prime}\left(x_{0}\right) $.

答案： 12.解：
(1)当$a=1$时，$f(x)=x-\ln(1 + x)$，$x\in(-1,+\infty)$，$f'(x)=\frac{x}{1 + x}$，当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)=\frac{x}{1 + x}＜0$，当$x\in(0,+\infty)$时，$f'(x)=\frac{x}{1 + x}＞0$，$\therefore f(x)$在$(-1,0)$上递减，在$(0,+\infty)$上递增，有极小值$f(0)=0$，无极大值.
(2)(ⅰ)$f'(x)=1-\frac{a}{1 + x}=\frac{x + 1 - a}{1 + x}$，当$a\leqslant0$时，由于$f'(x)=1-\frac{a}{1 + x}＞0$恒成立，所以$f(x)$在$(-1,0)$上单调递增，又$f(0)=0$，$\therefore f(x)$在$(-1,0)$上无零点；当$a\geqslant1$时，由于$x\in(-1,0)$，故$f'(x)=\frac{x + 1 - a}{1 + x}＜0$，所以$f(x)$在$(-1,0)$上单调递减，又$f(0)=0$，$\therefore f(x)$在$(-1,0)$上无零点；当$0＜a＜1$时，$x\in(-1,a - 1)$，有$f'(x)=\frac{x + 1 - a}{1 + x}＜0$，故$f(x)$在$(-1,a - 1)$上单调递减，$x\in(a - 1,0)$，有$f'(x)=\frac{x + 1 - a}{1 + x}＞0$，故$f(x)$在$(a - 1,0)$上单调递增，所以有$f(a - 1)＜f(0)=0$，又因为当$x\to-1$时，$f(x)=x-\aln(1 + x)\to+\infty$，$\therefore\exists x_0\in(-1,a - 1)$，$f(x_0)=0$；综上$a\in(0,1)$.(ⅱ)证明：由(ⅰ)可知，当$-1＜x＜0$时，$f(x)\geqslant f(a - 1)=a - 1-\aln a＞a - 1$，$f'(x_0)=1-\frac{a}{1 + x_0}$，且$x_0-\aln(1 + x_0)=0$，要证$f(a - 1)＞f'(x_0)$，只要证$a - 1＞1-\frac{a}{x_0 + 1}$，即证$\frac{x_0}{\ln(1 + x_0)}-2＞\frac{x_0}{(1 + x_0)\ln(1 + x_0)}$，只需证$x_0+\frac{x_0}{1 + x_0}-2\ln(1 + x_0)＜0$，令$t=1 + x_0\in(0,)$，$h(t)=t-\frac{1}{t}-2\ln t$，$h'(t)=1+\frac{1}{t^{2}}-\frac{2}{t}=(\frac{1}{t}-1)^{2}＞0$，$\therefore h(t)$在$(0,1)$上单调递增.又$h(1)=0$，$\therefore h(t)＜0$，即$1 + x_0-\frac{1}{1 + x_0}-2\ln(1 + x_0)＜0\Leftrightarrow x_0+\frac{x_0}{1 + x_0}-2\ln(1 + x_0)＜0$，由上式不等式成立可知原不等式$f(x)＞f'(x_0)$恒成立.