《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例1　(2024·湘豫名校模拟)已知函数$f(x)=\frac{x^{3}}{6}-x+a\sin x(a\in \mathbf{R})$的图象在$x = 0$处的切线方程为$y = 0$.
(1)求$a$的值;
(2)证明：$xf(x)\geqslant0$.

答案： 例1（1）解 由题意可得函数$f(x)=\frac{x^{3}}{6}-x+a\sin x$的定义域为$\mathbf{R}$。
又$f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{2}-1+a\cos x$，曲线$y = f(x)$在$x = 0$处的切线方程为$y = 0$，其斜率为$0$，
得$f^{\prime}(0)=-1 + a = 0$，解得$a = 1$。
（2）证明 注意到$f(0)=0$，且$a = 1$，
则$f(x)=\frac{x^{3}}{6}-x+\sin x$，
$f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{2}-1+\cos x$，
令$g(x)=\frac{x^{2}}{2}-1+\cos x$，
则$g^{\prime}(x)=x-\sin x$。
令$h(x)=x-\sin x$，
则$h^{\prime}(x)=1-\cos x\geqslant0$，
所以$h(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，即$g^{\prime}(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。
因为$g^{\prime}(0)=0-\sin0 = 0$，
所以当$x\in(-\infty,0)$时，$g^{\prime}(x)＜0$；
当$x\in(0,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$。
所以$g(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增。
所以$g(x)\geqslant g(0)=\frac{0^{2}}{2}-1+\cos0 = 0$，
即$f^{\prime}(x)\geqslant0$，
所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。
因为$f(0)=0$，所以当$x\in(-\infty,0)$时，$f(x)＜0$；
当$x\in(0,+\infty)$时，$f(x)＞0$，
所以$xf(x)\geqslant0$。

跟踪演练1　(2024·成都模拟)已知函数$f(x)=xe^{x}+a$，$g(x)=x\ln x + a$.
(1)若函数$f(x)$的最小值与$g(x)$的最小值之和为$-\frac{4}{e}$，求$a$的值;
(2)若$a = 0$，$x＞0$，证明：$f(x)＞g'(x)$.

答案： 跟踪演练1（1）解 因为$f(x)=xe^{x}+a$，所以$f^{\prime}(x)=(1 + x)e^{x}$。
令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=-1$。
所以当$x\in(-\infty,-1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(-1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
所以$f(x)_{\min}=f(-1)=-\frac{1}{e}+a$。
因为$g(x)=x\ln x + a$，$x＞0$，
所以$g^{\prime}(x)=\ln x + 1$。
令$g^{\prime}(x)=0$，解得$x=\frac{1}{e}$。
所以当$x\in(0,\frac{1}{e})$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减；
当$x\in(\frac{1}{e},+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增，
所以$g(x)_{\min}=g(\frac{1}{e})=-\frac{1}{e}+a$。
由题意可得$-\frac{1}{e}+a-\frac{1}{e}+a=\frac{4}{e}$，解得$a=\frac{3}{e}$。
（2）证明 方法一 要证$f(x)＞g(x)$，即证$xe^{x}＞\ln x + 1$，
即证$\frac{e^{x}}{x}＞\frac{\ln x + 1}{x^{2}}$。
令$h(x)=\frac{e^{x}}{x}$，$x＞0$，
$\varphi(x)=\frac{\ln x + 1}{x^{2}}$，$x＞0$。
易得$h^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}$，
则令$h^{\prime}(x)＜0$，得$0＜x＜1$；
令$h^{\prime}(x)＞0$，得$x＞1$。
所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
所以$h(x)\geqslant h(1)=e$。
易得$\varphi^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x^{2}-2x(\ln x + 1)}{x^{4}}=\frac{-2\ln x - 1}{x^{3}}$。
令$\varphi^{\prime}(x)＞0$，得$0＜x＜e^{-\frac{1}{2}}$；
令$\varphi^{\prime}(x)＜0$，得$x＞e^{-\frac{1}{2}}$。
所以$\varphi(x)$在$(0,e^{-\frac{1}{2}})$上单调递增，在$(e^{-\frac{1}{2}},+\infty)$上单调递减，
所以$\varphi(x)\leqslant\varphi(e^{-\frac{1}{2}})=\frac{e}{2}＜e$，
所以$h(x)＞\varphi(x)$，故$f(x)＞g(x)$。
方法二 令$\varphi(x)=e^{x}-x - 1$，
所以$\varphi^{\prime}(x)=e^{x}-1$。
当$x\in(-\infty,0)$时，$\varphi^{\prime}(x)＜0$，
当$x\in(0,+\infty)$时，$\varphi^{\prime}(x)＞0$，
所以$\varphi(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$\varphi(x)\geqslant\varphi(0)=0$，即$e^{x}\geqslant x + 1$，当且仅当$x = 0$时等号成立。
当$x＞0$时，$xe^{x}＞x(x + 1)$，
要证$f(x)＞g(x)$，
即证$xe^{x}＞\ln x + 1$，
若$x(x + 1)＞\ln x + 1$，
即$x(x + 1)-\ln x - 1＞0$，
则$f(x)＞g(x)$。
令$h(x)=x(x + 1)-\ln x - 1$，$x＞0$，
所以$h^{\prime}(x)=2x + 1-\frac{1}{x}=\frac{(2x - 1)(x + 1)}{x}$，
当$x\in(0,\frac{1}{2})$时，$h^{\prime}(x)＜0$，
当$x\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，$h^{\prime}(x)＞0$，
所以$h(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上单调递减，在$(\frac{1}{2},+\infty)$上单调递增，
所以$h(x)\geqslant h(\frac{1}{2})=-\ln\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\ln2-\frac{1}{4}＞0$，
所以$x(x + 1)-\ln x - 1＞0$，
即证得$f(x)＞g(x)$成立。