《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

5. (2024·甘肃武威四校高三联考)已知函数$f(x)=x^{2}+ax\ln x(a\in\mathbf{R})$.
(1)若$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递增，求$a$的取值范围；
(2)若$a = 1$，证明：$f(x)\geqslant x-\mathrm{e}^{-x}$.

答案： 解
(1)由题意得 $f^{\prime}(x)=2x + a(\ln x + 1)\geqslant0$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，
即 $a\geqslant-\frac{2x}{\ln x + 1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立。
令 $g(x)=-\frac{2x}{\ln x + 1}$，则 $g^{\prime}(x)=-\frac{2(\ln x + 1)-2x\cdot\frac{1}{x}}{(\ln x + 1)^{2}}=-\frac{2\ln x}{(\ln x + 1)^{2}}$，
当 $x\in(1,+\infty)$ 时，$g^{\prime}(x)＜0$，所以 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，
所以 $g(x)＜g(1)=-2$，
故 $a\geqslant-2$。
(2)证明：当 $a = 1$ 时，$f(x)=x^{2}+x\ln x$，
要证 $f(x)\geqslant x-\mathrm{e}^{-x}$，即证 $x^{2}+x\ln x - x+\mathrm{e}^{-x}\geqslant0$。
令 $h(x)=x^{2}+x\ln x - x+\mathrm{e}^{-x}$，则 $h^{\prime}(x)=2x + \ln x + 1 - 1-\mathrm{e}^{-x}=2x + \ln x-\mathrm{e}^{-x}$，
$h^{\prime\prime}(x)=2 + \frac{1}{x}+\mathrm{e}^{-x}＞0$，
所以 $h^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
又 $h^{\prime}(\frac{1}{2})=1 + \ln\frac{1}{2}-\mathrm{e}^{-\frac{1}{2}}＜0$，$h^{\prime}(1)=2 + 0-\mathrm{e}^{-1}＞0$，
所以存在 $x_{0}\in(\frac{1}{2},1)$，使得 $h^{\prime}(x_{0})=0$，
当 $x\in(0,x_{0})$ 时，$h^{\prime}(x)＜0$，$h(x)$ 单调递减；
当 $x\in(x_{0},+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)$ 单调递增，
所以 $h(x)_{\min}=h(x_{0})=x_{0}^{2}+x_{0}\ln x_{0}-x_{0}+\mathrm{e}^{-x_{0}}$，
由 $h^{\prime}(x_{0})=0$ 得 $\mathrm{e}^{-x_{0}}=2x_{0} + \ln x_{0}$，
所以 $h(x_{0})=x_{0}^{2}+x_{0}\ln x_{0}-x_{0}+2x_{0} + \ln x_{0}=x_{0}^{2}+x_{0} + (x_{0} + 1)\ln x_{0}$，
因为 $x_{0}\in(\frac{1}{2},1)$，所以 $x_{0}^{2}+x_{0}＞0$，$(x_{0} + 1)\ln x_{0}＞0$，
所以 $h(x_{0})＞0$，
故 $f(x)\geqslant x-\mathrm{e}^{-x}$ 得证。

6. (2024·广东六校高三联考)已知函数$f(x)=\frac{\ln x}{x}+a(x - 1),a\in\mathbf{R}$.
(1)讨论$f(x)$的极值点的个数；
(2)若$g(x)=xf(x)$，且对任意的$x\in[1,+\infty)$都有$g(x)\leqslant0$，求实数$a$的取值范围.

答案： 解
(1)$f^{\prime}(x)=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}+a$，
令 $f^{\prime}(x)=0$，得 $a=\frac{\ln x - 1}{x^{2}}$，
设 $h(x)=\frac{\ln x - 1}{x^{2}}$，则 $h^{\prime}(x)=\frac{1 - 2\ln x + 2}{x^{3}}=\frac{3 - 2\ln x}{x^{3}}$，
令 $h^{\prime}(x)=0$，得 $x=\mathrm{e}^{\frac{3}{2}}$，
当 $x\in(0,\mathrm{e}^{\frac{3}{2}})$ 时，$h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)$ 单调递增；
当 $x\in(\mathrm{e}^{\frac{3}{2}},+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)＜0$，$h(x)$ 单调递减，
且 $h(x)\to0$（当 $x\to+\infty$ 时），$h(x)\to-\infty$（当 $x\to0^{+}$ 时），$h(\mathrm{e})=0$，$h(\mathrm{e}^{\frac{3}{2}})=\frac{\frac{3}{2}-1}{\mathrm{e}^{3}}=\frac{1}{2\mathrm{e}^{3}}$，
所以当 $a＞\frac{1}{2\mathrm{e}^{3}}$ 时，$f^{\prime}(x)=0$ 无解，$f(x)$ 无极值点；
当 $a=\frac{1}{2\mathrm{e}^{3}}$ 时，$f^{\prime}(x)=0$ 有唯一解，$f(x)$ 有一个极值点；
当 $0 ＜ a＜\frac{1}{2\mathrm{e}^{3}}$ 时，$f^{\prime}(x)=0$ 有两个解，$f(x)$ 有两个极值点；
当 $a\leqslant0$ 时，$f^{\prime}(x)=0$ 有一个解，$f(x)$ 有一个极值点。
(2)$g(x)=\ln x + a x(x - 1)$，
由题意得 $\ln x + a x(x - 1)\leqslant0$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立，
即 $a\leqslant-\frac{\ln x}{x(x - 1)}$ 在 $[1,+\infty)$ 上恒成立。
当 $x = 1$ 时，不等式成立；
当 $x ＞ 1$ 时，$a\leqslant-\frac{\ln x}{x(x - 1)}$，
设 $k(x)=-\frac{\ln x}{x(x - 1)}$，则 $k^{\prime}(x)=-\frac{\frac{1}{x}\cdot x(x - 1)-\ln x(2x - 1)}{x^{2}(x - 1)^{2}}=-\frac{x - 1 - (2x - 1)\ln x}{x^{2}(x - 1)^{2}}$，
设 $m(x)=x - 1 - (2x - 1)\ln x$，则 $m^{\prime}(x)=1 - 2\ln x - \frac{2x - 1}{x}=-2\ln x - 1 + \frac{1}{x}$，
$m^{\prime\prime}(x)=-\frac{2}{x}-\frac{1}{x^{2}}＜0$，
所以 $m^{\prime}(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，
又 $m^{\prime}(1)=0$，所以 $m^{\prime}(x)＜0$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，
所以 $m(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，
又 $m(1)=0$，所以 $m(x)＜0$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，
所以 $k^{\prime}(x)＞0$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，
所以 $k(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，
所以 $k(x)＞k(1)=\lim_{x\to1^{+}}-\frac{\ln x}{x(x - 1)}=-1$，
所以 $a\leqslant-1$。