《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 2.（2025·山东枣庄二模）
已知函数$f(x)=e^{2x}-(2x + a - 2)e^{x}+\frac{1}{2}ax^{2}-2$。
(1) 若曲线$y = f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线与直线$x + y = 0$垂直，求$a$的值；
(2) 讨论$f(x)$的单调性；
(3) 当$a = 4$时，证明：$f(x)\geq\ln(2x + 1)-(2x + 2)e^{x}-\cos 2x$。

答案：
(1)解：由题意得$f'(x)=2e^{2x}-(2x+a)e^{x}+ax$，
则$f'(0)=2-a$.
因为曲线$y=f(x)$在点$(0,f(0))$处的切线与直线$x+y=0$垂直，所以$2-a=1$，即$a=1$.
(2)解：由
(1)得$f'(x)=2e^{2x}-(2x+a)e^{x}+ax=(e^{x}-x)(2e^{x}-a)$，
令$g(x)=e^{x}-x$，则$g'(x)=e^{x}-1$，当$x\in(-\infty,0)$时，$g'(x)＜0,g(x)$单调
调减，当$x\in(0,+\infty)$时，$g'(x)＞0,g(x)$单调递增，所以$g(x)\geq g(0)=1＞0$，即$e^{x}-x＞0$.
①当$a\leq0$时，$2e^{x}-a＞0,f'(x)＞0,f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增.
②当$a＞0$时，由$2e^{x}-a＞0$，得$x＞\ln\frac{a}{2}$，由$2e^{x}-a＜0$，得$x＜\ln\frac{a}{2}$，所以当
$x\in(\ln\frac{a}{2},+\infty)$时，$f(x)$单调递增，当$x\in(-\infty,\ln\frac{a}{2})$时，$f(x)$单
调递减.
综上，当$a\leq0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增；
当$a＞0$时，$f(x)$在区间$(\ln\frac{a}{2},+\infty)$上单调递增，在区间
$(-\infty,\ln\frac{a}{2})$上单调递减.
(3)证明：当$a=4$时，要证$f(x)\geq\ln(2x+1)-(2x+2)e^{x}-\cos2x$，只需
证$e^{2x}+2x^{2}-2\geq\ln(2x+1)-\cos2x$，即证$e^{2x}+2x^{2}-2+\cos2x\geq\ln(2x+1)$.
由
(2)得$e^{x}\geq x+1$，即$x\geq\ln(x+1)$，即$2x\geq\ln(2x+1)$，需先证$e^{2x}+2x^{2}-2+\cos2x\geq2x$.
令$F(x)=e^{2x}+2x^{2}-2+\cos2x-2x$，则$F'(x)=2e^{2x}-2\sin2x+4x-2$.
令$h(x)=2e^{2x}-2\sin2x+4x-2$，则$h'(x)=4e^{2x}-4\cos2x+4＞0$，所以$h(x)$
在$\mathbf{R}$上单调递增.
又$h(0)=F'(0)=0$，则当$x＜0$时，$h(x)=F'(x)＜0$，当$x＞0$时，$h(x)=F'(x)＞0$，所以$F(x)$在区间$(-\infty,0)$上单调递减，在区间$(0,+\infty)$上单
调递增，故$F(x)\geq F(0)=0$，则$e^{2x}+2x^{2}-2+\cos2x\geq2x$成立.
综上，$f(x)\geq\ln(2x+1)-(2x+2)e^{x}-\cos2x$.

变式训练 3.（2025·山东省实验中学模拟）
已知函数$f(x)=\cos x + x\sin x$，$x\in(-\pi,\pi)$。
(1) 求$f(x)$的单调区间和极小值；
(2) 证明：当$x\in[0,\pi)$时，$2f(x)\leq e^{x}+e^{-x}$。

答案：
(1)解：函数$f(x)=\cos x+x\sin x,x\in(-\pi,\pi)$，求导得
$f'(x)=-\sin x+x\cos x+x\cos x=x\cos x$，当$-\pi＜x＜-\frac{\pi}{2}$时，$f'(x)＞0,f(x)$单
调递增，当$-\frac{\pi}{2}＜x＜0$时，$f'(x)＜0,f(x)$单调递减，当$0＜x＜\frac{\pi}{2}$时，
$f'(x)＞0,f(x)$单调递增，当$\frac{\pi}{2}＜x＜\pi$时，$f'(x)＜0,f(x)$单调递减，
所以$f(x)$的单调递增区间为$(-\pi,-\frac{\pi}{2}),(0,\frac{\pi}{2})$，单调递减区间为
$(-\frac{\pi}{2},0),(\frac{\pi}{2},\pi)$，$f(x)$的极小值为$f(0)=1$.
(2)证明：当$x\in[0,\pi)$时，令$F(x)=e^{x}+e^{-x}-2(\cos x+x\sin x)$，求导得
$F'(x)=e^{x}-e^{-x}-2\cos x\geq e^{x}-e^{-x}-2x$，令$\varphi(x)=e^{x}-e^{-x}-2x$，求导得
$\varphi'(x)=e^{x}+e^{-x}-2\geq2\sqrt{e^{x}· e^{-x}}-2=0$，所以函数$\varphi(x)$在$[0,\pi)$上单调
递增，因此$F(x)\geq F(0)=0$，所以$2f(x)\leq e^{x}+e^{-x}$.