《2025年优化探究高考总复习数学人教版》

[例 2] 已知函数$f(x)=x+\frac{\mathrm{e}^{x}}{a}$，$g(x)=\sin x$，其中$a$为实数，$\mathrm{e}$是自然对数的底数.
(1)当$a = - 1$时，证明：$\forall x_{1},x_{2}\in\mathbf{R}$，$f(x_{1})\leqslant g(x_{2})$；
(2)若$h(x)=f(x)-g(x)$在$(0,\pi)$上有唯一的极值点，求实数$a$的取值范围.

答案：
(1) [证明] 当$a = -1$时，$f(x)=x - e^{x}$，且$f'(x)=1 - e^{x}$。 令$f'(x)\gt0$，解得$x\lt0$；令$f'(x)\lt0$，解得$x\gt0$。 所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，在$(0,+\infty)$上单调递减。 所以对$\forall x_{1}\in R$，均有$f(x_{1})\leq f(0)=-1$。 又因为对$\forall x_{2}\in R$，均有$g(x_{2})=\sin x_{2}\geq -1$，当且仅当$x_{2}=2k\pi-\frac{\pi}{2}$，$k\in Z$时，等号成立。 所以对$\forall x_{1},x_{2}\in R$，$f(x_{1})\leq g(x_{2})$。
(2) [解] 因为$h(x)=x+\frac{e^{x}}{a}-\sin x$，$x\in(0,\pi)$， 则$h'(x)=1+\frac{e^{x}}{a}-\cos x$，$x\in(0,\pi)$。 原题意等价于$h'(x)=1+\frac{e^{x}}{a}-\cos x$有唯一变号零点。 令$h'(x)=1+\frac{e^{x}}{a}-\cos x = 0$，整理得$\frac{1}{a}=\frac{-1+\cos x}{e^{x}}$。 构建$F(x)=\frac{-1+\cos x}{e^{x}}$，则$F(x)=\frac{-1+\cos x}{e^{x}}$与$y=\frac{1}{a}$有唯一交点。 因为$F'(x)=\frac{-\sin x-\cos x + 1}{e^{x}}=\frac{1-\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})}{e^{x}}$， 且$x\in(0,\pi)$，则$x+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4})$。 当$x+\frac{\pi}{4}\in(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4})$，即$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，则$\sin(x+\frac{\pi}{4})\in(\frac{\sqrt{2}}{2},1]$，可得$F'(x)\lt0$； 当$x+\frac{\pi}{4}\in(\frac{3\pi}{4},\frac{5\pi}{4})$，即$x\in(\frac{\pi}{2},\pi)$时，则$\sin(x+\frac{\pi}{4})\in(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，可得$F'(x)\gt0$。 所以$F(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递减，在$(\frac{\pi}{2},\pi)$上单调递增，且$F(0)=0$，$F(\frac{\pi}{2})=-\frac{1}{e^{\frac{\pi}{2}}}$，$F(\pi)=-\frac{2}{e^{\pi}}$。 可得$-\frac{2}{e^{\pi}}\leq\frac{1}{a}\lt0$，解得$a\leq-\frac{e^{\pi}}{2}$。 所以实数$a$的取值范围$(-\infty,-\frac{e^{\pi}}{2}]$。

2. 设函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-ax - 2$.
(1)求$f(x)$的单调区间；
(2)若$a = 1$，$k$为整数，且当$x＞0$时，$(x - k)f^{\prime}(x)+x + 1＞0$，求$k$的最大值.

答案： 解：
(1)$f(x)$的定义域为$(-\infty,+\infty)$，$f'(x)=e^{x}-a$。若$a\leq0$，则$f'(x)\gt0$，所以$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增。若$a\gt0$，则当$x\in(-\infty,\ln a)$时，$f'(x)\lt0$；当$x\in(\ln a,+\infty)$时，$f'(x)\gt0$，所以$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增。
(2)由题设可得$(x - k)(e^{x}-1)+x + 1\gt0$，即$k\lt x+\frac{x + 1}{e^{x}-1}(x\gt0)$恒成立。 令$g(x)=\frac{x + 1}{e^{x}-1}+x(x\gt0)$， 则$g'(x)=\frac{e^{x}-1-(x + 1)e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}+1=\frac{e^{x}(e^{x}-x - 2)}{(e^{x}-1)^{2}}(x\gt0)$。 由
(1)的结论可知，函数$h(x)=e^{x}-x - 2(x\gt0)$是增函数。 又因为$h(1)\lt0$，$h(2)\gt0$，所以函数$h(x)$的唯一零点$\alpha\in(1,2)$（该零点就是$h(x)$的隐零点）。 当$x\in(0,\alpha)$时，$g'(x)\lt0$；当$x\in(\alpha,+\infty)$时，$g'(x)\gt0$。 所以$g(x)_{\min}=g(\alpha)=\frac{\alpha + 1}{e^{\alpha}-1}+\alpha$。 又$h(\alpha)=e^{\alpha}-\alpha - 2 = 0$，所以$e^{\alpha}=\alpha + 2$且$\alpha\in(1,2)$， 则$g(x)_{\min}=g(\alpha)=1+\alpha\in(2,3)$，所以$k$的最大值为2。

[例 3] 已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}+\ln\frac{\mathrm{e}}{x}$.
(1)求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
(2)证明：$f(x)＞3$.

答案：
(1) [解] 函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，且$f(x)=e^{x}-\ln x + 1$，$f'(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$。 因为$f(1)=e + 1$，$f'(1)=e - 1$，故所求的切线方程为$y-(e + 1)=(e - 1)(x - 1)$，即$y=(e - 1)x + 2$。
(2) [证明] 由
(1)可知$f'(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$为$(0,+\infty)$上的增函数。 因为$f'(1)=e - 1\gt0$，$f'(\frac{1}{2})=\sqrt{e}-2\lt0$，所以存在唯一的$x_{0}\in(\frac{1}{2},1)$使$f'(x_{0})=e^{x_{0}}-\frac{1}{x_{0}}=0$。 从而有$e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}}$，$x_{0}=\ln\frac{1}{x_{0}}=-\ln x_{0}$。 因为$x\in(0,x_{0})$时，$f'(x)\lt0$；$x\in(x_{0},+\infty)$时，$f'(x)\gt0$， 所以$f(x)$在区间$(0,x_{0})$上单调递减，在区间$(x_{0},+\infty)$上单调递增， 所以$f(x)_{\min}=f(x_{0})=e^{x_{0}}-\ln x_{0}+1=\frac{1}{x_{0}}+x_{0}+1\gt3$，所以$f(x)\gt3$。

3. 已知函数$f(x)=\ln x+\frac{a}{x}-a$，其中$a\in\mathbf{R}$.
(1)当$a = 1$时，求函数$f(x)$的单调区间；
(2)当$x＞1$时，若$f(x)＞-2$恒成立，求整数$a$的最大值.

答案： 解：
(1)当$a = 1$时，函数$f(x)=\ln x+\frac{1}{x}-1$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x - 1}{x^{2}}(x\gt0)$。 由$f'(x)\gt0$解得$x\gt1$；由$f'(x)\lt0$解得$0\lt x\lt1$。 $\therefore$函数$f(x)$的单调递增区间为$(1,+\infty)$，单调递减区间为$(0,1)$。
(2)由题意当$x\gt1$时，$f(x)\gt - 2$，即$a(1-\frac{1}{x})\lt\ln x + 2$。 整理得$a\lt\frac{x\ln x + 2x}{x - 1}$。 令函数$g(x)=\frac{x\ln x + 2x}{x - 1}(x\gt1)$。 则$g'(x)=\frac{x-\ln x - 3}{(x - 1)^{2}}(x\gt1)$。 令$h(x)=x-\ln x - 3(x\gt1)$，则$h'(x)=1-\frac{1}{x}$。 当$x\gt1$时，$h'(x)\gt0$恒成立，$\therefore h(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增。 又$h(4)=1-\ln 4\lt0$，$h(5)=2-\ln 5\gt0$，$\therefore\exists x_{0}\in(4,5)$，使得$h(x_{0}) = 0$，即$\ln x_{0}=x_{0}-3$。 $\therefore x\in(1,x_{0})$时，$h(x)\lt0$；$x\in(x_{0},+\infty)$时，$h(x)\gt0$。 $\therefore g(x)$在$(1,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},+\infty)$上单调递增。 故$g(x)_{\min}=g(x_{0})=\frac{x_{0}\ln x_{0}+2x_{0}}{x_{0}-1}=\frac{x_{0}(x_{0}-3)+2x_{0}}{x_{0}-1}=x_{0}$。 由$a\lt g(x)$恒成立，得$a\lt g(x)_{\min}=g(x_{0})=x_{0}\in(4,5)$。 $\therefore$整数$a$的最大值为4。