《2026年学易优高考二轮总复习数学》

（2025·天津卷）已知函数$f(x)=ax - (\ln x)^2$。
（1）$a = 1$时，求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
（2）$f(x)$有$3$个零点$x_1,x_2,x_3$，且$x_1 ＜ x_2 ＜ x_3$。
（ⅰ）求$a$的取值范围；
（ⅱ）证明：$(\ln x_2 - \ln x_1)· \ln x_3 ＜ \frac{4e}{e - 1}$。

答案：
(1)解：
(1)第1步：求切点坐标
当$a = 1$时，$f(x) = x - (\ln x)^2$，$f(1) = 1$，故切点为$(1,1)$。
第2步：求斜率，得切线方程
$f'(x) = 1 - \frac{2\ln x}{x}$，$f'(1) = 1$，
故曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y - 1 = x - 1$，即$x - y = 0$。
(2)(i)解法一(分离参数，转化为函数图象的交点个数问题)
第1步：转化问题
因为$x ＞ 0$，所以原问题可转化为：方程$a = \frac{(\ln x)^2}{x}$有3个
不相等的实根$x_1,x_2,x_3$，且$x_1 ＜ x_2 ＜ x_3$。
令$g(x) = \frac{(\ln x)^2}{x}$，则问题转化为：直线$y = a$与函数$g(x)$
的图象有3个不同的交点。
第2步：求导，并研究$g(x)$的单调性
$g'(x) = \frac{2\ln x · x - (\ln x)^2}{x^2} = \frac{(2 - \ln x)\ln x}{x^2}$，
令$g'(x) = 0$，得$(2 - \ln x)\ln x = 0$。
则$\ln x = 0$或$\ln x = 2$，解得$x = 1$或$x = e^2$。
当$0 ＜ x ＜ 1$时，$\ln x ＜ 0$，$2 - \ln x ＞ 0$，所以$g'(x) ＜ 0$，$g(x)$
在$(0,1)$上单调递减；
当$1 ＜ x ＜ e^2$时，$\ln x ＞ 0$，$2 - \ln x ＞ 0$，所以$g'(x) ＞ 0$，$g(x)$
在$(1,e^2)$上单调递增；
当$x ＞ e^2$时，$\ln x ＞ 0$，$2 - \ln x ＜ 0$，所以$g'(x) ＜ 0$，$g(x)$
在$(e^2,+\infty)$上单调递减。
第3步：求$g(x)$的极值与极限
由$g(x)$的单调性可知，$g(x)$的极小值为$g(1) = 0$，$g(x)$的
极大值为$g(e^2) = \frac{4}{e^2}$。
当$x \to 0^+$时，$\ln x \to -\infty$，$(\ln x)^2 \to +\infty$，$\frac{1}{x} \to +\infty$，所以
$g(x) \to +\infty$；
当$x \to +\infty$时，$g(x) \to 0$。
第4步：确定$a$的取值范围
因为直线$y = a$与函数$g(x)$的图象有3个不同的交点，结
合$g(x)$的图象可知，$0 ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2 ＜ e^2 ＜ x_3$且$0 ＜ a ＜ \frac{4}{e^2}$。
故$a$的取值范围为$(0,\frac{4}{e^2})$。
解法二(换元后直接求解)
第1步：换元
设$u = \ln x$，则方程$f(x) = ax - (\ln x)^2 = 0$可化为$a ·e^u - u^2 = 0$，即$u^2e^{-u} - a = 0$。
第2步：构造函数$G(x) = x^2e^{-x} - a$，求导，并研究$G(x)$的单调性
设函数$G(x) = x^2e^{-x} - a$，则$G'(x) = (2x - x^2)e^{-x} =x(2 - x)e^{-x}$，“函数$f(x)$有3个零点$x_1,x_2,x_3$，且$x_1 ＜x_2 ＜ x_3$”等价于“$G(x) = x^2e^{-x} - a$有3个零点$u_1,u_2,u_3$”。
当$x ＜ 0$时，$2 - x ＞ 0$，所以$G'(x) = x(2 - x)e^{-x} ＜ 0$，$G(x)$
在$(-\infty,0)$上单调递减；
当$0 ＜ x ＜ 2$时，$2 - x ＞ 0$，所以$G'(x) = x(2 - x)e^{-x} ＞ 0$，
$G(x)$在$(0,2)$上单调递增；
当$x ＞ 2$时，$2 - x ＜ 0$，所以$G'(x) = x(2 - x)e^{-x} ＜ 0$，$G(x)$
在$(2,+\infty)$上单调递减。
第3步：求$G(x)$的极值与极限
由$G(x)$的单调性可知，$G(x)$的极小值为$G(0) = -a$，$G(x)$
的极大值为$G(2) = \frac{4}{e^2} - a$，
当$x \to -\infty$时，$x^2 \to +\infty$，$e^{-x} \to +\infty$，所以$G(x) \to +\infty$，
当$x \to +\infty$时，$G(x) \to -a$。
第4步：确定$a$的取值范围
结合$G(x)$的单调性、极值、极限可知，$-a ＜ 0 ＜ \frac{4}{e^2} - a$，解
得$0 ＜ a ＜ \frac{4}{e^2}$。
故$a$的取值范围为$(0,\frac{4}{e^2})$。
(ii)证明：第1步：从结论出发，对要证的不等式变形
要证$(\ln x_2 - \ln x_1) · \ln x_3 ＜ \frac{4e}{e - 1}$，
即证$(\frac{1}{2}\ln x_2 - \frac{1}{2}\ln x_1) · (\frac{1}{2}\ln x_3) ＜ \frac{e}{e - 1}$
即证$(\ln \sqrt{x_2} - \ln \sqrt{x_1}) · \ln \sqrt{x_3} ＜ \frac{e}{e - 1}$，
即证$(\ln \sqrt{x_2} - \ln \sqrt{x_1}) · \ln \sqrt{x_3} ＜ \frac{e - 1 + 1}{e - 1} = 1 + \frac{1}{e - 1}$。
第2步：从条件出发，得到关于$\sqrt{x_1},\sqrt{x_2},\sqrt{x_3}$的关系式
由(i)中解法一可知$0 ＜ x_1 ＜ 1 ＜ x_2 ＜ e^2 ＜ x_3$，且$0 ＜ a ＜ \frac{4}{e^2}$，
则$\sqrt{x_1} ＜ 1$，$1 ＜ \sqrt{x_2} ＜ e$，$\sqrt{x_3} ＞ e$，
又$a = \frac{(\ln x_1)^2}{x_1} = \frac{(\ln x_2)^2}{x_2} = \frac{(\ln x_3)^2}{x_3}$，则$\frac{-\ln x_1}{\sqrt{x_1}} = \frac{\ln x_2}{\sqrt{x_2}} =\frac{\ln x_3}{\sqrt{x_3}} = \sqrt{a}$，
即$\frac{-\ln \sqrt{x_1} · \ln \sqrt{x_3}}{(\frac{\sqrt{x_3}}{\sqrt{x_3}})^2} = \frac{(\frac{\sqrt{a}}{2})^2 · \sqrt{x_1} · \sqrt{x_3}}{(\frac{\sqrt{a}}{2})^2} ＜ (\frac{\sqrt{a}}{2})^2$。
由(i)可知，$\sqrt{x_3} ＞ e$，$g(\sqrt{x_3}) = \frac{(\ln \sqrt{x_3})^2}{\sqrt{x_3}} \leq \frac{4}{e^2}$，则
$-\ln \sqrt{x_1} · \ln \sqrt{x_3} ＜ \frac{4}{e^2}$。
由$(e - 2)^2 ＞ 0$，得$e^2 ＞ 4e - 4 = 4(e - 1)$，即$\frac{4}{e^2} ＜ \frac{1}{e - 1}$，
则$-\ln \sqrt{x_1} · \ln \sqrt{x_3} ＜ \frac{1}{e - 1}$。
令$\frac{\sqrt{x_3}}{\sqrt{x_2}} = t$，则$\frac{\sqrt{x_3}}{\sqrt{x_2}} = t ＞ 1$，$\frac{\ln t + \ln \sqrt{x_2}}{t · \sqrt{x_2}}$，
整理得$\ln \sqrt{x_2} = \frac{\ln t}{t - 1}$，$\ln \sqrt{x_3} = \frac{t\ln t}{t - 1}$，
故$\ln \sqrt{x_2} · \ln \sqrt{x_3} = \frac{t(\ln t)^2}{(t - 1)^2}(t ＞ 1)$。
第3步：结合“第1步、第2步”进一步分析
在“第1步”中，将题目中要证明的问题等价转化为：
证明$(\ln \sqrt{x_2} - \ln \sqrt{x_1}) · \ln \sqrt{x_3} ＜ 1 + \frac{1}{e - 1}$。
在“第2步”中，我们得到：
$-\ln \sqrt{x_1} · \ln \sqrt{x_3} ＜ \frac{1}{e - 1}$以及$\ln \sqrt{x_2} · \ln \sqrt{x_3} =\frac{t(\ln t)^2}{(t - 1)^2}(t ＞ 1)$。
我们可以得到：$(\ln \sqrt{x_2} - \ln \sqrt{x_1}) · \ln \sqrt{x_3} = \ln \sqrt{x_2} ·\ln \sqrt{x_3} - \ln \sqrt{x_1} · \ln \sqrt{x_3} ＜ \frac{t(\ln t)^2}{(t - 1)^2} + \frac{1}{e - 1}$。
第4步：证明$\frac{t(\ln t)^2}{(t - 1)^2} ＜ 1(t ＞ 1)$，得结论
要证$(\ln x_2 - \ln x_1) · \ln x_3 ＜ \frac{4e}{e - 1}$，得证$\frac{t(\ln t)^2}{(t - 1)^2} ＜ 1$即可，即
证$\ln t ＜ \frac{t - 1}{\sqrt{t}}(t ＞ 1)$，
令$h(t) = \ln t - \frac{t - 1}{\sqrt{t}}$，则$h'(t) = -(\sqrt{t} - 1)^2$，
$\frac{2t\sqrt{t}}{}$又$t ＞ 1$，则$h'(t) ＜ 0$，$h(t)$在$(1,+\infty)$上单调递减，
则$h(t) ＜ h(1) = 0$，即$\ln t ＜ \frac{t - 1}{\sqrt{t}}$，所以$(\ln x_2 - \ln x_1) · \ln x_3 ＜ \frac{4e}{e - 1}$。

（2025·湘豫名校模拟）已知函数$f(x)=\frac{x^3}{6}-x + a\sin x(a\in R)$的图象在$x = 0$处的切线方程为$y = 0$。
（1）求$a$的值；
（2）证明：$xf(x)\geq 0$。

答案：
(1)解：由题意可得函数$f(x) = \frac{x^3}{6} - x + a\sin x$的
定义域为$\mathbf{R}$，
又$f'(x) = \frac{x^2}{2} - 1 + a\cos x$，曲线$y = f(x)$在$x = 0$处的切
线方程为$y = 0$，其斜率为$0$，
得$f'(0) = -1 + a = 0$，解得$a = 1$。
(2)证明：注意到$f(0) = 0$，且$a = 1$，
则$f(x) = \frac{x^3}{6} - x + \sin x$，
$f'(x) = \frac{x^2}{2} - 1 + \cos x$，
令$g(x) = \frac{x^2}{2} - 1 + \cos x$，
则$g'(x) = x - \sin x$。
令$h(x) = x - \sin x$，则$h'(x) = 1 - \cos x \geq 0$，
所以$h(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，即$g'(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。
因为$g'(0) = 0 - \sin 0 = 0$，
所以当$x \in (-\infty,0)$时，$g'(x) ＜ 0$；
当$x \in (0,+\infty)$时，$g'(x) ＞ 0$，
所以$g(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调
递增。
所以$g(x) \geq g(0) = \frac{0^2}{2} - 1 + \cos 0 = 0$，即$f'(x) \geq 0$，
所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。
因为$f(0) = 0$，所以当$x \in (-\infty,0)$时，$f(x) ＜ 0$；
当$x \in (0,+\infty)$时，$f(x) ＞ 0$，所以$xf(x) \geq 0$。

已知函数$f(x)=\ln x$，$g(x)=e^x$，证明：$f(x)+\frac{2}{ex}＞g(-x)$。

答案： 证明：根据题意，$g(-x) = e^{-x}$，
所以$f(x) + \frac{2}{ex} ＞ g(-x)$等价于$x\ln x ＞ xe^{-x} - \frac{2}{e}$。
设函数$m(x) = x\ln x$，则$m'(x) = 1 + \ln x$，
所以当$x \in (0,\frac{1}{e})$时，$m'(x) ＜ 0$；
当$x \in (\frac{1}{e},+\infty)$时，$m'(x) ＞ 0$，
故$m(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e},+\infty)$上单调递
增，从而$m(x)$在$(0,+\infty)$上的最小值为$m(\frac{1}{e}) = -\frac{1}{e}$。
设函数$h(x) = xe^{-x} - \frac{2}{e}$，$x ＞ 0$，
则$h'(x) = e^{-x}(1 - x)$。
所以当$x \in (0,1)$时，$h'(x) ＞ 0$；
当$x \in (1,+\infty)$时，$h'(x) ＜ 0$，
故$h(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，从而
$h(x)$在$(0,+\infty)$上的最大值为$h(1) = -\frac{1}{e}$。
综上，当$x ＞ 0$时，$m(x) ＞ h(x)$，
即$f(x) + \frac{2}{ex} ＞ g(-x)$。

已知函数$f(x)=\frac{\ln x}{x}-k$，
（1）若$f(x)\leq 0$恒成立，求实数$k$的取值范围；
（2）证明：$\ln \frac{1}{2}+\ln \frac{1}{3}+·s+\ln \frac{1}{n}＜\frac{1}{e}(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{n})(n ＞ 1,n\in N^{*})$。

答案：
(1)解：若$f(x) \leq 0$恒成立，则$k \geq (\frac{\ln x}{x})_{\max}$
设$g(x) = \frac{\ln x}{x}(x ＞ 0)$，$g'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$，
由$g'(x) ＞ 0$，得$0 ＜ x ＜ e$；
由$g'(x) ＜ 0$，得$x ＞ e$，
所以函数$g(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e,+\infty)$上单调
递减，
$g(x)_{\max} = g(e) = \frac{1}{e}$，
所以$k \geq \frac{1}{e}$。即实数$k$的取值范围是$[\frac{1}{e},+\infty)$。
(2)证明：令$k = \frac{1}{e}$，则$f(x) \leq 0$，
即$\frac{\ln x}{x} \leq \frac{1}{e}$，则$\ln x \leq \frac{1}{e} · x$（当且仅当$x = e$时等号成
立），
因为$\ln \frac{1}{2} ＜ \frac{1}{e} · \frac{1}{2}$，$\ln \frac{1}{3} ＜ \frac{1}{e} · \frac{1}{3}$，
$·s$，
$\ln \frac{1}{n} ＜ \frac{1}{e} · \frac{1}{n}$，
所以$\ln \frac{1}{2} + \ln \frac{1}{3} + ·s + \ln \frac{1}{n} ＜\frac{1}{e}(\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n})(n ＞ 1,n \in \mathbf{N}^*)$。