《2025年高考帮数学》

例3 (1)[2023新高考卷Ⅱ]已知函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$在区间$(1,2)$单调递增,则$a$的最小值为　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$e^{2}$ B. e C.$e^{-1}$ D.$e^{-2}$
(2)[2024贵阳市模拟]若函数$f(x)=x^{3}-\frac{1}{2}ax^{2}+x$在$[1,3]$上存在单调递减区间,则实数$a$的取值范围为____________.

答案： 例3
(1)C 因为函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$，所以$f^{\prime}(x)=ae^{x}-\frac{1}{x}$.
因为函数$f(x)$在$(1,2)$单调递增，所以$f^{\prime}(x)\geq0$在$(1,2)$恒成立，
即$ae^{x}-\frac{1}{x}\geq0$在$(1,2)$恒成立，易知$a\gt0$，则$0\lt\frac{1}{a}\leq xe^{x}$在$(1,2)$恒成立. 设$g(x)=xe^{x}$，则$g^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}$.
当$x\in(1,2)$时，$g^{\prime}(x)\gt0$，$g(x)$单调递增，所以在$(1,2)$上，$g(x)\gt e$，所以$\frac{1}{a}\leq e$，即$a\geq\frac{1}{e}=e^{-1}$，故选C.
(2)$(4,+\infty)$ 由题意知$f^{\prime}(x)=3x^{2}-ax + 1$. 由函数$f(x)$在$[1,3]$上存在单调递减区间，可知$\exists x\in[1,3]$，使得$f^{\prime}(x)\lt0$，即$\exists x\in[1,3]$，$3x^{2}-ax + 1\lt0$，
也即当$x\in[1,3]$时，$(3x+\frac{1}{x})_{\min}\lt a$.
令$g(x)=3x+\frac{1}{x}$，$x\in[1,3]$，则$g^{\prime}(x)=3-\frac{1}{x^{2}}=\frac{3x^{2}-1}{x^{2}}$，$x\in[1,3]$.
当$x\in[1,3]$时，$g^{\prime}(x)\gt0$，$g(x)$单调递增，$g(x)_{\min}=g(1)=4$.
所以$a\gt4$，即$a$的取值范围为$(4,+\infty)$.

例4 (1)[2024福州市一检]已知$a=\frac{1}{e},b=\ln\sqrt{2},c=\ln\sqrt[5]{5}$,则　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$a＞b＞c$ B.$b＞c＞a$
C.$a＞c＞b$ D.$c＞a＞b$
(2)[2023福建省龙岩市质检]已知函数$f(x)=\sin x - x\cos x$,若$a = f(\log_{2}e),b = f(\ln 3),c = f(\sin e)$,则$a,b,c$的大小关系为　　　　(　　　)
A.$b＞a＞c$ B.$a＞b＞c$
C.$c＞a＞b$ D.$c＞b＞a$

答案： 例4
(1)A $a=\frac{1}{e}=\frac{\ln e}{e}$，$b=\ln\sqrt{2}=\frac{\ln 2}{2}=\frac{\ln 4}{4}$，$c=\ln\sqrt[5]{5}=\frac{\ln 5}{5}$.
令$f(x)=\frac{\ln x}{x}$，则$f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$，当$x\geq e$时，$f^{\prime}(x)\leq0$，故$f(x)$在区间$[e,+\infty)$上单调递减. 因为$e\lt4\lt5$，所以$f(e)\gt f(4)\gt f(5)$，即$a\gt b\gt c$，故选A.
(2)B $f^{\prime}(x)=\cos x-\cos x+x\sin x=x\sin x$，当$x\in(0,\pi)$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，所以$f(x)$在$(0,\pi)$上单调递增，因为$\ln 2\ln 3\lt(\frac{\ln 2+\ln 3}{2})^{2}=(\frac{\ln 6}{2})^{2}\lt1$，所以$1\lt\ln 3\lt\frac{1}{\ln 2}=\frac{1}{\frac{\log_{2}2}{\log_{2}e}}=\log_{2}e$. 因为$\sin e\lt1$，所以$\sin e\lt\ln 3\lt\log_{2}e$，又$f(x)$在$(0,\pi)$上单调递增，所以$f(\sin e)\lt f(\ln 3)\lt f(\log_{2}e)$，即$a\gt b\gt c$. 故选B.

例5 [江苏高考]已知函数$f(x)=x^{3}-2x + e^{x}-\frac{1}{e^{x}}$,其中$e$是自然对数的底数.若$f(a - 1)+f(2a^{2})\leqslant0$,则实数$a$的取值范围是________.

答案： 例5 $[-1,\frac{1}{2}]$ 由$f(x)=x^{3}-2x + e^{x}-\frac{1}{e^{x}}$，$x\in\mathbf{R}$，得$f(-x)=-x^{3}+2x+\frac{1}{e^{x}}-e^{x}=-f(x)$，所以$f(x)$是奇函数，又$f^{\prime}(x)=3x^{2}-2 + e^{x}+\frac{1}{e^{x}}\geq3x^{2}-2 + 2\sqrt{e^{x}\cdot\frac{1}{e^{x}}}=3x^{2}\geq0$，当且仅当$x = 0$时取等号，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以不等式$f(a - 1)+f(2a^{2})\leq0\Leftrightarrow f(a - 1)\leq - f(2a^{2})=f(-2a^{2})\Leftrightarrow a - 1\leq - 2a^{2}$，解得$-1\leq a\leq\frac{1}{2}$，即实数$a$的取值范围是$[-1,\frac{1}{2}]$.

训练3 (1)[2023江西省鹰潭市一模]已知$a = 1 - e^{-0.2},b=\tan\frac{1}{5},c=\ln\frac{5}{4}$,其中$e$为自然对数的底数,则　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$c＞b＞a$ B.$b＞c＞a$
C.$b＞a＞c$ D.$c＞a＞b$
(2)[2024安徽模拟]设函数$f(x)=\sin(x - 1)+e^{x - 1}-e^{1 - x}-x + 4$,则满足$f(x)+f(3 - 2x)＜6$的$x$的取值范围是　　　　　　　　　　(　　　)
A.$(3,+\infty)$ B.$(1,+\infty)$
C.$(-\infty,3)$ D.$(-\infty,1)$
(3)已知函数$f(x)=2\ln x + x^{2}-5x$在区间$(k-\frac{1}{2},k)$上为单调函数,则实数$k$的取值范围是__________________.

答案：
训练3
(1)A 由题知$a = 1 - e^{-0.2}$，$b=\tan\frac{1}{5}=\tan 0.2$，设$f(x)=1 - e^{-x}-\tan x$，$0\lt x\lt1$，则$f^{\prime}(x)=e^{-x}-\frac{1}{\cos^{2}x}$，由$0\lt x\lt1$，得$0\lt e^{-x}\lt1$，$\frac{1}{\cos^{2}x}\gt1$，于是$f^{\prime}(x)\lt0$，所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，因此$f(x)\lt0$，即$1 - e^{-x}\lt\tan x$，则$1 - e^{-0.2}\lt\tan 0.2$，即有$a\lt b$.
由$b=\tan 0.2$，$c=\ln\frac{5}{4}=-\ln 0.8=-\ln(1 - 0.2)$，设$g(x)=\tan x+\ln(1 - x)$，$0\lt x\lt1$，则$g^{\prime}(x)=\frac{1}{\cos^{2}x}-\frac{1}{1 - x}=\frac{\sin^{2}x - x}{(1 - x)\cos^{2}x}$，令$\varphi(x)=\sin x - x$，$0\lt x\lt1$，$\varphi^{\prime}(x)=\cos x - 1\lt0$，函数$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递减，则$\varphi(x)\lt0$，即$0\lt\sin x\lt x$，于是$\sin^{2}x\lt\sin x\lt x$，即有$g^{\prime}(x)\lt0$，所以函数$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，因此$g(x)\lt0$，即$\tan x\lt-\ln(1 - x)$，于是$\tan 0.2\lt-\ln(1 - 0.2)$，即$b\lt c$，所以$a\lt b\lt c$. 故选A.
(2)B 设$g(x)=\sin x + e^{x}-e^{-x}-x$，$x\in\mathbf{R}$，则$g(-x)=\sin(-x)+e^{-x}-e^{x}+x$，因为$g(x)+g(-x)=0$，所以$g(x)$为奇函数.
又$f(x)=\sin(x - 1)+e^{x - 1}-e^{1 - x}-x + 4=\sin(x - 1)+e^{x - 1}-e^{1 - x}-(x - 1)+3=g(x - 1)+3$，
所以$f(x)$的图象是由$g(x)$的图象向右平移1个单位长度，向上平移3个单位长度得到的，所以$f(x)$的图象的对称中心为$(1,3)$，所以$f(x)+f(2 - x)=6$.
因为$g(x)=\sin x + e^{x}-e^{-x}-x$，$x\in\mathbf{R}$，所以$g^{\prime}(x)=\cos x + e^{x}+e^{-x}-1$，易得$e^{x}+e^{-x}\geq2\sqrt{e^{x}\cdot e^{-x}}=2$，当且仅当$x = 0$时等号成立，而$-1\leq\cos x\leq1$，则$-2\leq\cos x - 1\leq0$，所以$g^{\prime}(x)=\cos x + e^{x}+e^{-x}-1\geq0$恒成立，即$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，因为$f(x)+f(3 - 2x)\lt6=f(x)+f(2 - x)$，即$f(3 - 2x)\lt f(2 - x)$，所以$3 - 2x\lt2 - x$，解得$x\gt1$. 故选B.
(3)$\{\frac{1}{2}\}\cup[1,2]\cup[\frac{5}{2},+\infty)$ $f^{\prime}(x)=\frac{2}{x}+2x - 5=\frac{(2x - 1)(x - 2)}{x}$，$x\gt0$. 易知$k\geq\frac{1}{2}$. 函数$f(x)$在$(k-\frac{1}{2},k)$上单调，即二次函数$y=(2x - 1)(x - 2)$在$(k-\frac{1}{2},k)$上无零点.
作出$y=(2x - 1)(x - 2)$在$(0,+\infty)$上的图象，如图，则$(k-\frac{1}{2},k)\subseteq(0,\frac{1}{2})$或$(k-\frac{1}{2},k)\subseteq(\frac{1}{2},2)$或$(k-\frac{1}{2},k)\subseteq(2,+\infty)$，所以实数$k$的取值范围是$\{\frac{1}{2}\}\cup[1,2]\cup[\frac{5}{2},+\infty)$.