《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 2
（2025·北京东城区模拟）已知函数 $ f(x)=x + a\ln x $，$ g(x)=e^{-x}-\ln x - 2x $。
(1) 讨论函数 $ f(x) $ 的单调性；
(2) 若 $ g(x_{0}) = 0 $，求 $ x_{0}+\ln x_{0} $ 的值；
(3) 证明：$ x - x\ln x\leq e^{-x}+x^{2} $。
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答案： 例2
(1)解 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，
由 $f^{\prime}(x)=1+\frac{a}{x}=\frac{x + a}{x}$
当 $a\geq0$ 时，$f^{\prime}(x)＞0$，
当 $a＜0$ 时，令 $f^{\prime}(x)＞0$，则 $x＞-a$，
所以当 $a\geq0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调
递增，
当 $a＜0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,-a)$ 上单调递减，
在 $(-a,+\infty)$ 上单调递增.
(2)解 由 $g(x_{0})=0$，得 $e^{-x_{0}}-\ln x_{0}-2x_{0}=0$，
即 $e^{-x_{0}}-x_{0}=\ln x_{0}+x_{0}$，
令 $t=e^{-x_{0}}$，则 $-x_{0}=\ln t$，
将②代入①可得 $\ln t + t=\ln x_{0}+x_{0}$，
由
(1)可知，当 $a = 1$ 时，$f(x)=x+\ln x$ 在
$(0,+\infty)$ 上单调递增，所以 $t=e^{-x_{0}}=x_{0}$，
所以 $x_{0}+\ln x_{0}=e^{-x_{0}}+x_{0}$，即 $x_{0}-\ln e^{-x_{0}}=0$.
(3)证明 设 $m(x)=x - x\ln x - e^{-x}-x^{2}$，
则 $m^{\prime}(x)=g(x)=e^{-x}-\ln x - 2x$，
易判断 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，
由
(2)可知，$g(x_{0})=0$，则 $x_{0}+\ln x_{0}=0$，
所以若 $x\in(0,x_{0})$，则 $m^{\prime}(x)=g(x)＞0$，
若 $x\in(x_{0},+\infty)$，则 $m^{\prime}(x)=g(x)＜0$，
所以函数 $m(x)$ 在 $(0,x_{0})$ 上单调递增，
在 $(x_{0},+\infty)$ 上单调递减.
所以 $m(x)\leq m(x_{0})$，
$m(x_{0})=x_{0}-x_{0}\ln x_{0}-e^{-x_{0}}-x_{0}^{2}$，
又 $\ln x_{0}=-x_{0},e^{-x_{0}}=x_{0}$，
所以 $m(x_{0})=x_{0}+x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0}^{2}=0$，
所以 $m(x)\leq0$，即 $x - x\ln x\leq e^{-x}+x^{2}$.

已知函数 $ f(x)=ax-\frac{x + b}{e^{x}} $，曲线 $ y = f(x) $ 在 $ (0,f(0)) $ 处的切线为 $ y=-x + 1 $。
(1) 求 $ a $，$ b $ 的值；
(2) 求证：函数 $ f(x) $ 在区间 $ (1,+\infty ) $ 上单调递增；
(3) 求函数 $ f(x) $ 的零点个数，并说明理由。
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答案： 训练2
(1)解 $f^{\prime}(x)=a-\frac{1 - (x + b)}{e^{x}}$
由 $f(0)=-b = 1,f^{\prime}(0)=a-(1 - b)=-1$，
解得 $a = 1,b=-1$.
(2)证明 由
(1)知 $f(x)=x-\frac{x - 1}{e^{x}}$
$f^{\prime}(x)=1-\frac{2 - x}{e^{x}}=\frac{e^{x}+x - 2}{e^{x}}$
设 $g(x)=e^{x}+x - 2$，
因为 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，
则 $g(x)＞g(1)=e - 1＞0$，
所以 $f^{\prime}(x)＞0$ 在 $(1,+\infty)$ 上恒成立，
所以函数 $f(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调递增.
(3)解 令 $f^{\prime}(x)=0$，得 $e^{x}+x - 2 = 0$，
易知 $g(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，
且 $g(0)=-1＜0,g(1)=e - 1＞0$，
故存在唯一零点 $x_{0}\in(0,1)$ 使得 $g(x_{0})=0$，
所以存在唯一零点 $x_{0}\in(0,1)$ 满足 $f^{\prime}(x)=0$，
得 $e^{x_{0}}+x_{0}-2 = 0$，则 $e^{x_{0}}=2 - x_{0}$.
当 $x\in(x_{0},+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)＞0$，此时 $f(x)$ 单调
递增，当 $x\in(-\infty,x_{0})$ 时，$f^{\prime}(x)＜0$，
此时 $f(x)$ 单调递减.
所以 $f(x)_{\min}=f(x_{0})=x_{0}-\frac{x_{0}-1}{e^{x_{0}}}$
$=\frac{x_{0}e^{x_{0}}-x_{0}+1}{e^{x_{0}}}=\frac{x_{0}(2 - x_{0})-x_{0}+1}{2 - x_{0}}$
$=\frac{2x_{0}-x_{0}^{2}-x_{0}+1}{2 - x_{0}}=\frac{-(x_{0}^{2}-x_{0}-1)}{2 - x_{0}}$
因为 $x_{0}\in(0,1)$，
所以 $2 - x_{0}＞0,x_{0}(1 - x_{0})＞0$，
则 $f(x)_{\min}＞0$，
所以函数 $f(x)$ 的零点个数为 $0$.