《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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\leqslant e^{-x}+x^{2}$

答案：
(1)解 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，
由 $f'(x)=1+\frac{a}{x}=\frac{x + a}{x}$，
当 $a\geq0$ 时，$f'(x)＞0$，
当 $a＜0$ 时，则 $f'(x)＜0$，则 $0＜x＜-a$，
令 $f'(x)＞0$，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 $x_0+\ln x_0=x_0+\ln e^{-x_0}=x_0 - x_0 = 0$.
(3)证明 设 $m(x)=x - x\ln x - e^{-x}-x^2$，
则 $m'(x)=g(x)=e^{-x}-\ln x - 2x$，
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 $m'(x)=g(x)＞0$，
若 $x\in(x_0,+\infty)$，则 $m'(x)=g(x)＜0$，
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 $x - x\ln x\leq e^{-x}+x^2$.

训练 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。

答案：
(1)解 $f'(x)=a-\frac{1 - (x + b)}{e^x}$，
由 $f(0)= - b = 1$，$f'(0)=a - (1 - b)= - 1$，
解得 $a = 1$，$b = - 1$.
(2)证明 由
(1)知 $f(x)=x-\frac{x - 1}{e^x}$
$f'(x)=1-\frac{2 - x}{e^x}=\frac{e^x + x - 2}{e^x}$
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 $f'(x)＞0$ 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 $f'(x)=0$，得 $e^x + x - 2 = 0$，
易知 $g(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，
且 $g(x)= - 1＜0$，$g(1)=e - 1＞0$，
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 $f'(x)=0$，
得 $e^{x_0}+x_0 - 2 = 0$，则 $e^{x_0}=2 - x_0$.
当 $x\in(x_0,+\infty)$ 时，$f'(x)＞0$，此时 $f(x)$ 单调
递增，
当 $x\in(-\infty,x_0)$ 时，$f'(x)＜0$，
此时 $f(x)$ 单调递减.
所以 $f(x)_{\min}=f(x_0)=x_0-\frac{x_0 - 1}{e^{x_0}}$
$=\frac{x_0e^{x_0}-x_0 + 1}{e^{x_0}}=\frac{x_0(2 - x_0)-x_0 + 1}{2 - x_0}$
$=\frac{x_0(1 - x_0)+1}{2 - x_0}$
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 $0$.