《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例1　(2024·茂名模拟)已知函数$f(x)=\frac{\ln x}{x}$.
　(1)求曲线$y = f(x)$在点(e，f(e))处的切线方程;
　(2)当$x\geq1$时，$xf(x)\leq a(x^{2}-1)$，求a的取值范围.

答案： 例1 解（1）由于$f(e)=\frac{1}{e}$，则切点坐标为$(e,\frac{1}{e})$。
因为$f'(x)=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$，所以切线斜率为$f'(e)=0$，故切线方程为$y = \frac{1}{e}$。
（2）方法一（分类讨论求最值）
当$x\in[1,+\infty)$时，$xf(x)\leq a(x^{2}-1)$等价于$\ln x\leq a(x^{2}-1)$。
令$g(x)=a(x^{2}-1)-\ln x,x\in[1,+\infty)$，若$\ln x\leq a(x^{2}-1)$恒成立，则$g(x)\geq0$恒成立。
$g'(x)=2ax - \frac{1}{x}=\frac{2ax^{2}-1}{x}$，
当$a\leq0$时，$g'(x)＜0$，函数$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递减，$g(x)\leq g(1)=0$，不符合题意；
当$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2}$时，$\frac{1}{2a}＞1$，
由$g'(x)=0$，得$x = \sqrt{\frac{1}{2a}}$（舍负），
当$x\in[1,\sqrt{\frac{1}{2a}})$时，$g'(x)＜0$，函数$g(x)$单调递减，$g(x)\leq g(1)=0$，不符合题意；
当$a\geq\frac{1}{2}$时，$2a\geq1$，因为$x\geq1$，所以$2ax^{2}-1\geq0$，则$g'(x)\geq0$，
所以函数$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，$g(x)\geq g(1)=0$，符合题意。
综上所述，$a\geq\frac{1}{2}$，所以$a$的取值范围为$[\frac{1}{2},+\infty)$。
方法二（分离参数，利用洛必达法则求最值）
当$x\geq1$时，$xf(x)\leq a(x^{2}-1)$，即$\ln x\leq a(x^{2}-1)$。
①当$x = 1$时，原不等式恒成立，所以$a\in R$。
②$x＞1$时，原不等式可化为$a\geq\frac{\ln x}{x^{2}-1}$，令$\varphi(x)=\frac{\ln x}{x^{2}-1}(x＞1)$，
所以$\varphi'(x)=\frac{x - \frac{1}{x}-2x\ln x}{(x^{2}-1)^{2}}$，
令$m(x)=x - \frac{1}{x}-2x\ln x(x＞1)$，
所以$m'(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-2(1+\ln x)=\frac{1 - x^{2}}{x^{2}}-2\ln x＜0$在$(1,+\infty)$上恒成立，
所以$m(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，所以$m(x)＜m(1)=0$，
所以$\varphi'(x)＜0$在$(1,+\infty)$上恒成立，所以$\varphi(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，
因为$\lim\limits_{x\rightarrow1}\frac{\ln x}{x^{2}-1}=\lim\limits_{x\rightarrow1}\frac{\frac{1}{x}}{2x}=\frac{1}{2}$，
所以$a\geq\frac{1}{2}$，
综上，$a\geq\frac{1}{2}$，所以$a$的取值范围是$[\frac{1}{2},+\infty)$。

跟踪演练1　　(2024·保定模拟)已知函数$f(x)=ax+\ln(x + 1)$.
(1)若$a = - 2$，求$f(x)$的单调区间;
(2)若$f(x)\leq0$恒成立，求a的取值集合.

答案： 跟踪演练1 解（1）由$a = - 2$，得$f(x)=-2x+\ln(x + 1)$，定义域为$(-1,+\infty)$，
则$f'(x)=-2+\frac{1}{x + 1}=\frac{-2x - 1}{x + 1}$，
当$x\in(-1,-\frac{1}{2})$时，$f'(x)＞0$，
当$x\in(-\frac{1}{2},+\infty)$时，$f'(x)＜0$，
故$f(x)$的单调递增区间为$(-1,-\frac{1}{2})$，单调递减区间为$(-\frac{1}{2},+\infty)$。
（2）由$f(x)=ax+\ln(x + 1)$，$x\in(-1,+\infty)$，
得$f'(x)=a+\frac{1}{x + 1}$，
若$a\geq0$，则显然$f(2)=2a+\ln3＞0$，不符合题意，
则$a＜0$，令$f'(x)=0$，
解得$x = -\frac{a + 1}{a}＞-1$，
则当$x\in(-1,-\frac{a + 1}{a})$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增，
当$x\in(-\frac{a + 1}{a},+\infty)$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$单调递减，$f(x)_{max}=f(-\frac{a + 1}{a})=-a - 1-\ln(-a)$，
则$-a - 1-\ln(-a)\leq0$，即$a + 1+\ln(-a)\geq0$，
令$g(a)=a + 1+\ln(-a),a＜0$，
则$g'(a)=1+\frac{1}{a}=\frac{a + 1}{a}$，
当$a\in(-\infty,-1)$时，$g'(a)＞0$，$g(a)$单调递增，
当$a\in(-1,0)$时，$g'(a)＜0$，$g(a)$单调递减，
所以$g(a)_{max}=g(-1)=0$，
当满足$g(a)\geq0$时，$a = - 1$，
所以$a$的取值集合为$\{-1\}$。