《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 1. (2025·四川成都模拟)已知函数$f(x)=ax - e^{-x}$，$g(x)=x^{2}+x\ln x$.
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$g(x)\geq f(x)$，求$a$的取值范围.

答案：
(1)$f^{\prime}(x)=a+e^{-x}=\frac{ae^{x}+1}{e^{x}}$.
当$a\geqslant0$时，$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增；
当$a＜0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\ln(-\frac{1}{a})$，所以在$(-\infty,\ln(-\frac{1}{a}))$上$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，在$(\ln(-\frac{1}{a}),+\infty)$上$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减.
综上所述，当$a\geqslant0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增；当$a＜0$时，$f(x)$在$(-\infty,\ln(-\frac{1}{a}))$上单调递增，在$(\ln(-\frac{1}{a}),+\infty)$上单调递减.
(2)因为$g(x)\geq f(x)$，所以$x^{2}+x\ln x\geq ax - e^{-x}$，所以$x^{2}+x\ln x + e^{-x}\geq ax$，所以$x+\ln x+\frac{e^{-x}}{x}\geq a$.令$t=xe^{x}$，$x＞0$，则$\frac{e^{-x}}{x}=\frac{1}{t}$，$\ln x=\ln t - x$，所以$x+\ln x+\frac{e^{-x}}{x}=x+\ln t - x+\frac{1}{t}=\ln t+\frac{1}{t}$.令$h(t)=\ln t+\frac{1}{t}$，$t＞0$，$h^{\prime}(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^{2}}=\frac{t - 1}{t^{2}}$.令$h^{\prime}(t)=0$，得$t=1$，所以在$(0,1)$上，$h^{\prime}(t)＜0$，$h(t)$单调递减，在$(1,+\infty)$上，$h^{\prime}(t)＞0$，$h(t)$单调递增，所以$h(t)\geq h(1)=1$，所以$a\leq1$.

变式训练 2. (2025·山西晋中三模)已知函数$f(x)=\frac {1+\ln x}{x}$.
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$e^{ax - 1}+ax - x\geq xf(x)$对任意$x\in(0,+\infty)$恒成立，求实数$a$的取值范围.

答案：
(1)函数$f(x)=\frac{1+\ln x}{x}$的定义域为$(0,+\infty)$，又$f^{\prime}(x)=\frac{-\ln x}{x^{2}}$.令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=1$.当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递增；当$x\in(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，所以$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减.所以$f(x)$的单调递增区间为$(0,1)$，单调递减区间为$(1,+\infty)$.
(2)由$e^{ax - 1}+ax - x\geq xf(x)$对任意$x\in(0,+\infty)$恒成立，得$e^{ax - 1}+ax - x\geq1+\ln x$对任意$x\in(0,+\infty)$恒成立，即$e^{ax - 1}+ax - 1\geq\ln x + x$对任意$x\in(0,+\infty)$恒成立.令$g(x)=e^{x}+x$，则有$g(ax - 1)\geq g(\ln x)$，显然$g(x)$为增函数，可得$ax - 1\geq\ln x$，则$a\geq\frac{\ln x + 1}{x}$，所以$a\geq f(x)_{\max}$.由
(1)可知$f(x)_{\max}=f(1)=1$，所以$a\geq1$，故$a$的取值范围为$[1,+\infty)$.