《2025年高考帮数学》

训练2 已知函数f(x) = aln x + $\frac{a + 1}{x}$ + x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数g(x) = $\frac{1}{e^x}$ + $\frac{1}{x}$，证明：当a = 1时，f(x) ＞ g(x).

答案：
(1)$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，
$f'(x)=\frac{a}{x}-\frac{a + 1}{x^{2}}+1=\frac{x^{2}+ax-(a + 1)}{x^{2}}=\frac{[x+(a + 1)](x - 1)}{x^{2}}$。
当$a\geq - 1$时，$a + 1\geq0$，所以$x+(a + 1)＞0$恒成立，所以当$x\in(0,1)$时，$f'(x)＜0$，
当$x\in(1,+\infty)$时，$f'(x)＞0$，所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
当$a＜ - 1$时，分下面三种情况讨论。
①当$a = - 2$时，$f'(x)=\frac{(x - 1)^{2}}{x^{2}}\geq0$恒成立，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
②当$a＜ - 2$时，$-a - 1＞1$，令$f'(x)＞0$，解得$0＜x＜1$或$x＞-a - 1$，令$f'(x)＜0$，解得$1＜x＜-a - 1$，
所以$f(x)$在$(0,1)$，$(-a - 1,+\infty)$上单调递增，在$(1,-a - 1)$上单调递减；
③当$-2＜a＜ - 1$时，$0＜ - a - 1＜1$，令$f'(x)＞0$，解得$0＜x＜-a - 1$或$x＞1$，令$f'(x)＜0$，解得$-a - 1＜x＜1$，
所以$f(x)$在$(0,-a - 1)$，$(1,+\infty)$上单调递增，在$(-a - 1,1)$上单调递减。
综上，当$a＜ - 2$时，$f(x)$在$(0,1)$，$(-a - 1,+\infty)$上单调递增，在$(1,-a - 1)$上单调递减；当$a = - 2$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$-2＜a＜ - 1$时，$f(x)$在$(0,-a - 1)$，$(1,+\infty)$上单调递增，在$(-a - 1,1)$上单调递减；当$a\geq - 1$时，$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
(2)当$a = 1$时，要证$f(x)＞g(x)(x＞0)$，即证$\ln x+\frac{2}{x}+x＞\frac{1}{e^{x}}+\frac{1}{x}(x＞0)$，即证$x\ln x+x^{2}+1＞\frac{x}{e^{x}}(x＞0)$。（不等式中既含指数式，又含对数式，若直接作差构造函数，求导分析比较困难，可以考虑指、对分离，构造双函数证明）
设$G(x)=\frac{x}{e^{x}}(x＞0)$，易知$G(x)=\frac{x}{e^{x}}$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
所以$G(x)_{\max}=G(1)=\frac{1}{e}$。
设$F(x)=x\ln x+x^{2}+1(x＞0)$，则$F'(x)=\ln x+2x + 1(x＞0)$。
因为函数$F'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，而$F'(\frac{1}{e})=\frac{2}{e}＞0$，$F'(\frac{1}{e^{2}})=-1+\frac{2}{e^{2}}＜0$，
所以存在$x_{0}\in(\frac{1}{e^{2}},\frac{1}{e})$，使得$F'(x_{0})=0$，且$\ln x_{0}=-2x_{0}-1$，
所以当$x\in(0,x_{0})$时，$F'(x)＜0$，当$x\in(x_{0},+\infty)$时，$F'(x)＞0$，
所以$F(x)$在$(0,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},+\infty)$上单调递增。
所以$F(x)_{\min}=F(x_{0})=x_{0}\ln x_{0}+x_{0}^{2}+1=x_{0}(-2x_{0}-1)+x_{0}^{2}+1=-x_{0}^{2}-x_{0}+1$。
设$H(x)=-x^{2}-x + 1$，显然该函数在$(\frac{1}{e^{2}},\frac{1}{e})$上单调递减，
所以$H(x_{0})＞H(\frac{1}{e})$，即$-x_{0}^{2}-x_{0}+1＞-\frac{1}{e^{2}}-\frac{1}{e}+1$，
而$-\frac{1}{e^{2}}-\frac{1}{e}+1＞\frac{1}{e}$，所以$-x_{0}^{2}-x_{0}+1＞\frac{1}{e}$，即$F(x)_{\min}=F(x_{0})＞\frac{1}{e}=G(x)_{\max}$。
故当$x＞0$时，$F(x)＞G(x)$恒成立，
所以当$a = 1$时，$f(x)＞g(x)$成立，得证。

例3 [2023成都七中校考模拟预测]已知函数f(x) = cos x + $\frac{a}{2}$x² - 1,a∈R.
(1)若x = 0是函数f(x)唯一的极小值点，求实数a的取值范围；
(2)证明：$\sqrt{sin³\frac{1}{2}}$ + $\sqrt{sin³\frac{2}{4}}$ + $\sqrt{sin³\frac{3}{8}}$ + … + $\sqrt{sin³\frac{2023}{2^{2023}}}$ ＜ 2.

答案：
(1)$f'(x)=-\sin x+ax$，且$f'(0)=0$，令$g(x)=f'(x)$，则$g'(x)=-\cos x+a$。
①当$a\geq1$时，$g'(x)\geq0$且$g'(x)$不恒为0，则$g(x)$单调递增，
当$x＞0$时，$g(x)=f'(x)＞g(0)=0$，当$x＜0$时，$g(x)=f'(x)＜g(0)=0$，即当$x＞0$时，$f(x)$单调递增，当$x＜0$时，$f(x)$单调递减，
此时$x = 0$是函数$f(x)$唯一的极小值点。
②当$a＜1$时，$g'(0)=-1 + a＜0$，所以存在$\delta＞0$使得当$x\in(0,\delta)$时，$g(x)=f'(x)$在$(0,\delta)$上单调递减，即当$x\in(0,\delta)$时，$f'(x)＜f'(0)=0$，所以$f(x)$在$(0,\delta)$上单调递减，与$x = 0$是函数$f(x)$唯一的极小值点矛盾。
综上，实数$a$的取值范围为$[1,+\infty)$。
(2)由
(1)可知，当$a = 1$且$x＞0$时，$-\sin x+x＞0$，即当$x＞0$时，$x＞\sin x$，
故当$x＞0$且$x\in[2k\pi,2k\pi+\pi]$，$k\in N$时，$\sin^{3}x＜x^{2}$，即$\sqrt{\sin^{3}x}＜x$，
故可得$\sqrt{\sin^{3}\frac{1}{2}}+\sqrt{\sin^{3}\frac{2}{4}}+\sqrt{\sin^{3}\frac{3}{8}}+\cdots+\sqrt{\sin^{3}\frac{2023}{2^{2023}}}＜\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdots+\frac{2023}{2^{2023}}$。
令$S=\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdots+\frac{2023}{2^{2023}}$，
则$\frac{1}{2}S=\frac{1}{4}+\frac{2}{8}+\frac{3}{16}+\cdots+\frac{2023}{2^{2024}}$，两式相减可得$\frac{1}{2}S=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^{2023}}-\frac{2023}{2^{2024}}$，化简可得$S=2\times[1 - (\frac{1}{2})^{2023}-\frac{2023}{2^{2024}}]＜2$。
故$\sqrt{\sin^{3}\frac{1}{2}}+\sqrt{\sin^{3}\frac{2}{4}}+\sqrt{\sin^{3}\frac{3}{8}}+\cdots+\sqrt{\sin^{3}\frac{2023}{2^{2023}}}＜2$。

训练3 [2024南通部分学校联考]已知函数f(x) = ln x + ax,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a = $\frac{3}{4}$时，证明：x³ ＞ f(x).

答案：
(1)$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{1}{x}+a=\frac{ax + 1}{x}$，当$a\geq0$时，$f'(x)＞0$，此时$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
当$a＜0$时，令$f'(x)＞0$，得$x＜-\frac{1}{a}$，可知$f(x)$在$(0,-\frac{1}{a})$上单调递增；令$f'(x)＜0$，得$x＞-\frac{1}{a}$，可知$f(x)$在$(-\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减。
综上，当$a\geq0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a＜0$时，$f(x)$在$(0,-\frac{1}{a})$上单调递增，在$(-\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减。
(2)当$a=\frac{3}{4}$时，$x^{3}＞f(x)$，即$x^{3}＞\ln x+\frac{3}{4}x$。
令$h(x)=x - 1-\ln x$，则$h'(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x - 1}{x}$，令$h'(x)＞0$，则$x＞1$；令$h'(x)＜0$，则$0＜x＜1$。所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$h(x)\geq h(1)=0$，即$x - 1\geq\ln x$（等号成立的条件是$x = 1$）。
欲证$x^{3}＞\ln x+\frac{3}{4}x$，只需证$x^{3}＞x - 1+\frac{3}{4}x=\frac{7}{4}x - 1(x＞0)$。
设$g(x)=x^{3}-\frac{7}{4}x + 1(x＞0)$，则$g'(x)=3x^{2}-\frac{7}{4}(x＞0)$。
令$g'(x)=0$，求得$x=\frac{\sqrt{21}}{6}$，
当$x\in(0,\frac{\sqrt{21}}{6})$时，$g'(x)＜0$，可知$g(x)$在$(0,\frac{\sqrt{21}}{6})$上单调递减；
当$x\in(\frac{\sqrt{21}}{6},+\infty)$时，$g'(x)＞0$，可知$g(x)$在$(\frac{\sqrt{21}}{6},+\infty)$上单调递增。
所以$g(x)\geq g(\frac{\sqrt{21}}{6})=\frac{7\sqrt{21}}{72}-\frac{7\sqrt{21}}{24}+1=1-\frac{7\sqrt{21}}{36}＞0$，
即$x^{3}＞x - 1+\frac{3}{4}x(x＞0)$，
所以$x^{3}＞\ln x+\frac{3}{4}x$，即$x^{3}＞f(x)$。