《2025年天利38套常考基础题高中数学》

11. 设函数$f(x)=e^{x}-(ax - 1)\ln(ax - 1)+(a + 1)x$.(e为自然常数)
(Ⅰ)当$a = 1$时，求$F(x)=e^{x}-f(x)$的单调区间；
(Ⅱ)若$f(x)$在区间$[\frac{1}{e},1]$上单调递增，求实数a的取值范围.

答案： 利用导数研究函数的单调性、最值
(Ⅰ)当$a = 1$时，求出$F(x)$的表达式，对函数$F(x)$求导，利用导数即可求函数$F(x)$的单调区间；(Ⅱ)将问题转化，构造新函数利用导数研究函数的单调性、最值即可求解；或将问题进行转化构造新函数，利用导数研究函数的单调性、最值，根据函数最值列不等式，解不等式即可求解.
解：(Ⅰ)当$a = 1$时，$F(x)=e^{x}-f(x)=(x - 1)\ln(x - 1)-2x$，定义域为$(1,+\infty)$，
$F'(x)=\ln(x - 1)-1$，令$F'(x)＞0$，得$x＞e + 1$；令$F'(x)＜0$，得$1＜x＜e + 1$，
故当$a = 1$时，$F(x)$的单调递增区间为$(e + 1,+\infty)$，单调递减区间为$(1,e + 1)$.
(Ⅱ)解法一：若函数$f(x)$在$[\frac{1}{e},1]$上有意义，
故$ax - 1＞0$在$[\frac{1}{e},1]$上恒成立，可得$a＞e$.
依题意可得，$f'(x)=e^{x}-a\ln(ax - 1)+1\geqslant0$在$[\frac{1}{e},1]$上恒成立.
设$g(x)=f'(x)=e^{x}-a\ln(ax - 1)+1$，
则$g'(x)=e^{x}-\frac{a^{2}}{ax - 1}$，易知$g'(x)$在$[\frac{1}{e},1]$上单调递增，故$g'(x)\leqslant g'(1)=e-\frac{a^{2}}{a - 1}＜0$，
故$g(x)=f'(x)=e^{x}-a\ln(ax - 1)+1$在$[\frac{1}{e},1]$上单调递减，最小值为$g(1)$，
故只需$g(1)=e-a\ln(a - 1)+1\geqslant0$.
设$h(a)=e-a\ln(a - 1)+1$，其中$a＞e$，
由$h'(a)=-\frac{a}{a - 1}＜0$可得$h(a)=e-a\ln(a - 1)+1$在$(e,+\infty)$上为减函数.
又$h(e + 1)=0$，故$a\leqslant e + 1$.
综上所述，实数$a$的取值范围为$(e,e + 1]$.
解法二：$f(x)$在$[\frac{1}{e},1]$上有意义，故$ax - 1＞0$在$[\frac{1}{e},1]$上恒成立，可得$a＞e$.
依题意可得$f'(x)=e^{x}-a\ln(ax - 1)+1\geqslant0$在$[\frac{1}{e},1]$上恒成立，
原不等式可化为$\frac{e^{x}}{a}-\ln[a(x-\frac{1}{a})]+\frac{1}{a}=e^{x-\ln a}-\ln a-\ln(x-\frac{1}{a})+\frac{1}{a}\geqslant0$，
即$e^{x-\ln a}-\ln a\geqslant\ln(x-\frac{1}{a})-\frac{1}{a}$，等式两边同加$x$得$e^{x-\ln a}+x-\ln a\geqslant e^{\ln(x-\frac{1}{a})}+\ln(x-\frac{1}{a})$. (*)
令$g(x)=e^{x}+x$，则$g'(x)=e^{x}+1＞0$，即$g(x)$在$R$上单调递增，
由(*)式可知，$g(x-\ln a)\geqslant g(\ln(x-\frac{1}{a}))$，则$x-\ln a\geqslant\ln(x-\frac{1}{a})$，
即$\ln a\leqslant x-\ln(x-\frac{1}{a})$在$[\frac{1}{e},1]$上恒成立，
令$h(x)=x-\ln(x-\frac{1}{a})$，则$h'(x)=\frac{x-\frac{1}{a}-1}{x-\frac{1}{a}}$.
又$x\in[\frac{1}{e},1]$，$a＞e$，
故$x-\frac{1}{a}-1＜0$，$x-\frac{1}{a}＞0$，即$h'(x)＜0$，
故$h(x)$在$[\frac{1}{e},1]$上单调递减，
故$\ln a\leqslant h(x)_{\min}=1-\ln(1-\frac{1}{a})$，
故$\ln a+\ln(1-\frac{1}{a})=\ln(a - 1)\leqslant1$，
解得$a\leqslant e + 1$.
综上所述，实数$a$的取值范围为$(e,e + 1]$.

12. 已知函数$f(x)=(x - 3)e^{x}-\frac{e^{a}}{2}(x^{2}-4x)$.
(Ⅰ)当$a = 1$时，求函数$f(x)$的单调区间；
(Ⅱ)当$0 ＜ a ＜ 2$时，讨论函数$f(x)$的零点个数.

答案： 利用导数研究函数的单调性及零点
[思维导图](Ⅰ)$f(x)\xrightarrow{a = 1}f'(x)=(x - 2)(e^{x}-e)$利用导函数的正负判断单调区间→得解.
(Ⅱ)$f(x)\rightarrow f'(x)=(x - 2)(e^{x}-e^{a})$导函数的正负得单调区间→令$f(a)=0$，$f(2)=0$→分$0＜a＜3-\sqrt{3}$，$a = 3-\sqrt{3}$，$3-\sqrt{3}＜a＜2-\ln2$，$a = 2-\ln2$，$2-\ln2＜a＜2$几种情况讨论→零点个数.
解：(Ⅰ)当$a = 1$时，
$f'(x)=(x - 2)e^{x}-e(x - 2)=(x - 2)(e^{x}-e)$ (题眼).
当$x＜1$时，$f'(x)＞0$；当$1＜x＜2$时，$f'(x)＜0$；当$x＞2$时，$f'(x)＞0$，
所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,1)$和$(2,+\infty)$；单调递减区间为$(1,2)$.
(Ⅱ)$f'(x)=(x - 2)e^{x}-e^{a}(x - 2)=(x - 2)(e^{x}-e^{a})$ (方法：求导，利用导数确定函数的单调区间).
令$f'(x)=0$得$x = 2$或$x = a$.
由于$0＜a＜2$，
当$x＜a$时，$f'(x)＞0$；
当$a＜x＜2$时，$f'(x)＜0$；
当$x＞2$时，$f'(x)＞0$，
所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,a)$和$(2,+\infty)$；单调递减区间为$(a,2)$.
$f(a)=(a - 3)e^{a}-\frac{e^{a}}{2}(a^{2}-4a)=\frac{e^{a}}{2}(-a^{2}+6a - 6)$.
令$f(a)=0$得$a = 3-\sqrt{3}$ (题眼)(难点：划分区间讨论).
①当$0＜a＜3-\sqrt{3}$时，$f(2)＜f(a)＜0$.
又$f(4)=e^{4}＞0$，
所以存在唯一$x_{1}\in(2,4)$，使得$f(x_{1})=0$，
此时函数$f(x)$有1个零点$x_{1}$；
②当$a = 3-\sqrt{3}$时，$f(2)＜f(a)=0$.
又$f(4)=e^{4}＞0$，
所以存在唯一$x_{2}\in(2,4)$，使得$f(x_{2})=0$，
此时函数$f(x)$有2个零点$a$和$x_{2}$；
令$f(2)=-e^{2}+2e^{a}=0$得$a = 2-\ln2$.
③当$3-\sqrt{3}＜a＜2-\ln2$时，$f(2)＜0＜f(a)$.
又$f(4)=e^{4}＞0$，$f(0)=-3＜0$，
所以存在唯一$x_{3}\in(0,a)$，唯一$x_{4}\in(a,2)$，唯一$x_{5}\in(2,4)$，
使得$f(x_{3})=f(x_{4})=f(x_{5})=0$，
此时函数$f(x)$有3个零点$x_{3},x_{4},x_{5}$；
④当$a = 2-\ln2$时，$f(a)＞f(2)=0$.
又$f(0)=-3＜0$，
所以存在唯一$x_{6}\in(0,a)$，使得$f(x_{6})=0$，
此时函数$f(x)$有2个零点$x_{6}$和2；
⑤当$2-\ln2＜a＜2$时，$f(a)＞f(2)＞0$.
又$f(0)=-3＜0$，
所以存在唯一$x_{7}\in(0,a)$，使得$f(x_{7})=0$，
此时函数$f(x)$有1个零点$x_{7}$.
综上所述：当$0＜a＜3-\sqrt{3}$时，函数$f(x)$有1个零点；当$a = 3-\sqrt{3}$时，函数$f(x)$有2个零点；当$3-\sqrt{3}＜a＜2-\ln2$时，函数$f(x)$有3个零点；当$a = 2-\ln2$时，函数$f(x)$有2个零点；当$2-\ln2＜a＜2$时，函数$f(x)$有1个零点.