《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

变式训练 3.(2024·陕西渭南高三上学期第一次检测)已知函数$f(x)=\ln x - ax + 1(a\in\mathbf{R})$.
(1)求$f(x)$的单调区间；
(2)设$g(x)=\ln x-\frac{x}{4}+\frac{3}{4x}$，若对任意的$x_{1}\in(0,+\infty)$，存在$x_{2}\in(1,+\infty)$，使得$f(x_{1})＜g(x_{2})$成立，求实数$a$的取值范围.

答案： [变式训练] 3.解
(1)函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，
$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1 - ax}{x}$，
当$a\leq0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
当$a＞0$时，在$(0,\frac{1}{a})$上，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；
在$(\frac{1}{a},+\infty)$上，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减.
综上，当$a\leq0$时，$f(x)$的单调递增区间是$(0,+\infty)$；当$a＞0$时，$f(x)$的单调递增区间是$(0,\frac{1}{a})$，单调递减区间是$(\frac{1}{a},+\infty)$.
(2)$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{4}-\frac{3}{4}\times\frac{1}{x^{2}}=\frac{-x^{2}+4x - 3}{4x^{2}}=\frac{-(x - 1)(x - 3)}{4x^{2}}$，
在$(1,3)$上，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增；
在$(3,+\infty)$上，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减，
所以$g(x)_{\max}=g(3)=\ln 3-\frac{1}{2}$.
因为对任意的$x_{1}\in(0,+\infty)$，存在$x_{2}\in(1,+\infty)$，使得$f(x_{1})＜g(x_{2})$成立，
等价于$f(x)_{\max}＜g(x)_{\max}$，
由
(1)知，当$a\leq0$时，$f(x)$无最值；当$a＞0$时，$f(x)_{\max}=f(\frac{1}{a})=-\ln a$，
所以$-\ln a＜\ln 3-\frac{1}{2}$，所以$\ln a＞\ln\frac{\sqrt{e}}{3}$，解得$a＞\frac{\sqrt{e}}{3}$.
故实数$a$的取值范围为$(\frac{\sqrt{e}}{3},+\infty)$.

例1 （2023·新课标Ⅰ卷）已知函数$f(x)=a(\mathrm{e}^{x}+a)-x$.
（1）讨论$f(x)$的单调性；
（2）证明：当$a＞0$时，$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$.

答案： 解 （1）因为$f(x)=a(e^{x}+a)-x$，定义域为$R$，
所以$f^{\prime}(x)=ae^{x}-1$，
当$a\leqslant0$时，由于$e^{x}＞0$，则$ae^{x}\leqslant0$，
故$f^{\prime}(x)=ae^{x}-1＜0$恒成立，
所以$f(x)$在$R$上单调递减；
当$a＞0$时，令$f^{\prime}(x)=ae^{x}-1 = 0$，
解得$x=-\ln a$，
当$x＜-\ln a$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
则$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$上单调递减，
当$x＞-\ln a$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
则$f(x)$在$(-\ln a,+\infty)$上单调递增.
综上，当$a\leqslant0$时，$f(x)$在$R$上单调递减；
当$a＞0$时，$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$上单调递减，在$(-\ln a,+\infty)$上单调递增.
（2）证法一：由（1）得，
$f(x)_{\min}=f(-\ln a)=a(e^{-\ln a}+a)+\ln a = 1+a^{2}+\ln a$，
要证$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$，即证$1+a^{2}+\ln a＞2\ln a+\frac{3}{2}$，
即证$a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a＞0$恒成立，
令$g(a)=a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a(a＞0)$，
则$g^{\prime}(a)=2a-\frac{1}{a}=\frac{2a^{2}-1}{a}$，
令$g^{\prime}(a)＜0$，则$0＜a＜\frac{\sqrt{2}}{2}$，
令$g^{\prime}(a)＞0$，则$a＞\frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$g(a)$在$(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$上单调递减，在$(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$上单调递增，
$g(a)_{\min}=g(\frac{\sqrt{2}}{2})=(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}-\frac{1}{2}-\ln\frac{\sqrt{2}}{2}=\ln\sqrt{2}＞0$，
所以$g(a)＞0$恒成立，
所以当$a＞0$时，$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$恒成立，证毕.
证法二：令$h(x)=e^{x}-x - 1$，则$h^{\prime}(x)=e^{x}-1$，
当$x＜0$时，$h^{\prime}(x)＜0$，当$x＞0$时，$h^{\prime}(x)＞0$，
所以$h(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，
故$h(x)\geqslant h(0)=0$，则$e^{x}\geqslant x + 1$，当且仅当$x = 0$时，等号成立，
因为$f(x)=a(e^{x}+a)-x=ae^{x}+a^{2}-x=e^{x+\ln a}+a^{2}-x\geqslant x+\ln a + 1+a^{2}-x$，
当且仅当$x+\ln a = 0$，即$x=-\ln a$时，等号成立，
所以要证$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$，即证$x+\ln a + 1+a^{2}-x＞2\ln a+\frac{3}{2}$，
即证$a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a＞0$恒成立，
以下同证法一.

训练 1.（2023·新课标Ⅱ卷节选）证明：当$0＜x＜1$时，$x - x^{2}＜\sin x＜x$；

答案： 证明 构建$F(x)=x-\sin x$，
则$F^{\prime}(x)=1-\cos x＞0$对任意$x\in(0,1)$恒成立，
则$F(x)$在$(0,1)$上单调递增，可得$F(x)＞F(0)=0$，
所以当$0＜x＜1$时，$x＞\sin x$；
构建$G(x)=\sin x-(x - x^{2})=x^{2}-x+\sin x$，
$G^{\prime}(x)=2x - 1+\cos x$，
$g(x)=G^{\prime}(x)$，则$g^{\prime}(x)=2-\sin x＞0$对任意$x\in(0,1)$恒成立，
则$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，可得$g(x)＞g(0)=0$，
即$G^{\prime}(x)＞0$对任意$x\in(0,1)$恒成立，
则$G(x)$在$(0,1)$上单调递增，可得$G(x)＞G(0)=0$，
所以当$0＜x＜1$时，$\sin x＞x - x^{2}$.
综上所述，当$0＜x＜1$时，$x - x^{2}＜\sin x＜x$.

例2 已知$x\in(0,1)$，求证：$x^{2}-\frac{1}{x}＜\frac{\ln x}{\mathrm{e}^{x}}$.

答案： 证明 证法一：要证$x^{2}-\frac{1}{x}＜\frac{\ln x}{e^{x}}$，
只需证$e^{x}(x^{2}-\frac{1}{x})＜\ln x$，
又易证$e^{x}＞x + 1(0＜x＜1)$，
$\therefore$只需证$\ln x+(x + 1)(\frac{1}{x}-x^{2})＞0$，
即证$\ln x+1 - x^{3}+\frac{1}{x}-x^{2}＞0$，
而$x^{3}＜x,x^{2}＜x(0＜x＜1)$，
$\therefore$只需证$\ln x+1 - 2x+\frac{1}{x}＞0$，
令$g(x)=\ln x+1 - 2x+\frac{1}{x}$，
则$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2-\frac{1}{x^{2}}=-\frac{2x^{2}-x + 1}{x^{2}}$，
而$2x^{2}-x + 1＞0$恒成立，$\therefore g^{\prime}(x)＜0$，
$\therefore g(x)$在$(0,1)$上单调递减，
$\therefore$当$x\in(0,1)$时，$g(x)＞g(1)=0$，
即$\ln x+1 - 2x+\frac{1}{x}＞0$，$\therefore x^{2}-\frac{1}{x}＜\frac{\ln x}{e^{x}}$.
证法二：$\because x\in(0,1)$，$\therefore e^{x}\in(1,e)$，$x^{2}-\frac{1}{x}\in(-\infty,0)$，
$\therefore$要证$x^{2}-\frac{1}{x}＜\frac{\ln x}{e^{x}}$成立，只需证$e^{x}(x^{2}-\frac{1}{x})＜\ln x$成立，
只需证$x^{2}-\frac{1}{x}＜\ln x$，又$x^{2}＜x(0＜x＜1)$，
$\therefore$只需证$\ln x+\frac{1}{x}-x＞0$，
令$h(x)=\ln x+\frac{1}{x}-x$，
则$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}-1=-\frac{x^{2}-x + 1}{x^{2}}$，
而$x^{2}-x + 1＞0$恒成立，$\therefore h^{\prime}(x)＜0$，
$\therefore h(x)$在$(0,1)$上单调递减，
$\therefore$当$x\in(0,1)$时，$h(x)＞h(1)=0$，
$\therefore\ln x+\frac{1}{x}-x＞0$，$\therefore x^{2}-\frac{1}{x}＜\frac{\ln x}{e^{x}}$.