《2026年学易优高考二轮总复习数学》

（2025·成都模拟）已知函数$f(x)=xe^x + a$，$g(x)=x\ln x + a$。
（1）若函数$f(x)$的最小值与$g(x)$的最小值之和为$-\frac{4}{e}$，求$a$的值；
（2）若$a = 0$，$x ＞ 0$，证明：$f(x)＞g'(x)$。

答案：
(1)解：因为$f(x) = xe^x + a$，
所以$f'(x) = (1 + x)e^x$。
令$f'(x) = 0$，解得$x = -1$。
所以当$x \in (-\infty,-1)$时，$f'(x) ＜ 0$，$f(x)$单调递减；
当$x \in (-1,+\infty)$时，$f'(x) ＞ 0$，$f(x)$单调递增。
所以$f(x)_{\min} = f(-1) = -\frac{1}{e} + a$。
因为$g(x) = x\ln x + a$，$x ＞ 0$，
所以$g'(x) = \ln x + 1$。
令$g'(x) = \0$，解得$x = \frac{1}{e}$。
所以当$x \in (0,\frac{1}{e})$时，$g'(x) ＜ 0$，$g(x)$单调递减；
当$x \in (\frac{1}{e},+\infty)$时，$g'(x) ＞ 0$，$g(x)$单调递增，
所以$g(x)_{\min} = g(\frac{1}{e}) = -\frac{1}{e} + a$。
由题意可得$-\frac{1}{e} + a - \frac{1}{e} + a = -\frac{4}{e}$，
解得$a = -\frac{1}{e}$。
(2)证明：解法一 要证$f(x) ＞ g'(x)$，即证$xe^x ＞ \ln x + 1$，
即证$\frac{e^x}{x} ＞ \frac{\ln x + 1}{x^2}$，
令$h(x) = \frac{e^x}{x}$，$x ＞ 0$，$\varphi(x) = \frac{\ln x + 1}{x^2}$，$x ＞ 0$。
易得$h'(x) = \frac{e^x(x - 1)}{x^2}$，
则令$h'(x) ＜ 0$，得$0 ＜ x ＜ 1$；令$h'(x) ＞ 0$，得$x ＞ 1$。
所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
所以$h(x) \geq h(1) = e$。
易得$\varphi'(x) = \frac{\frac{1}{x} · x^2 - 2x(\ln x + 1)}{x^4} = \frac{-2\ln x - 1}{x^3}$，
令$\varphi'(x) ＞ 0$，得$0 ＜ x ＜ e^{-\frac{1}{2}}$；
令$\varphi'(x) ＜ 0$，得$x ＞ e^{-\frac{1}{2}}$。
所以$\varphi(x)$在$(0,e^{-\frac{1}{2}})$上单调递增，
在$(e^{-\frac{1}{2}},+\infty)$上单调递减，
所以$\varphi(x) \leq \varphi(e^{-\frac{1}{2}}) = \frac{e}{2} ＜ e$，
所以$h(x) ＞ \varphi(x)$，故$f(x) ＞ g'(x)$。
解法二 令$\varphi(x) = e^x - x - 1$，
所以$\varphi'(x) = e^x - 1$，
当$x \in (-\infty,0)$时，$\varphi'(x) ＜ 0$，
当$x \in (0,+\infty)$时，$\varphi'(x) ＞ 0$，
所以$\varphi(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调
递增。
所以$\varphi(x) \geq \varphi(0) = 0$，即$e^x \geq x + 1$，
当且仅当$x = 0$时等号成立。
当$x ＞ 0$时，$xe^x ＞ x(x + 1)$，
要证$f(x) ＞ g'(x)$，即证$xe^x ＞ \ln x + 1$，
若$x(x + 1) ＞ \ln x + 1$，
即$x(x + 1) - \ln x - 1 ＞ 0$，则$f(x) ＞ g'(x)$。
令$h(x) = x(x + 1) - \ln x - 1$，$x ＞ 0$，
所以$h'(x) = 2x + 1 - \frac{1}{x} = \frac{2x^2 + x - 1}{x}$，
当$x \in (0,\frac{1}{2})$时，$h'(x) ＜ 0$，
当$x \in (\frac{1}{2},+\infty)$时，$h'(x) ＞ 0$，
所以$h(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上单调递减，在$(\frac{1}{2},+\infty)$上单调
递增，
所以$h(x) \geq h(\frac{1}{2}) = -\ln \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \ln 2 - \frac{1}{4} ＞ 0$，
所以$x(x + 1) - \ln x - 1 ＞ 0$，即证得$f(x) ＞ g'(x)$成立。

(2024·全国甲卷(理))已知函数$f(x)=(1 - ax)\ln(1 + x)-x$.当$x\geq0$时,$f(x)\geq0$,求$a$的取值范围.

答案： 解：第1步：求导
$f(x)=(1-ax)\ln(1+x)-x，x\in(-1,+\infty)$，
则$f^{\prime}(x)=-a\ln(1+x)-\frac{(a+1)x}{1+x}$，设$g(x)=-a\ln(1+x)$
$-\frac{(a+1)x}{1+x}$，则$g^{\prime}(x)=-\frac{a}{1+x}-\frac{a+1}{(1+x)^2}$。
第2步：找出原不等式成立的一个必要条件
因为当$x\geqslant0$时，$f(x)\geqslant0$，且$f(0)=0,f^{\prime}(0)=0$，
所以$g^{\prime}(0)=-2a-1\geqslant0$，得$a\leqslant-\frac{1}{2}$，
故$a\leqslant-\frac{1}{2}$是原不等式成立的一个必要条件.
第3步：证明该必要条件也是充分条件
下面证明其充分性：
当$a\leqslant-\frac{1}{2}，x\geqslant0$时，$g^{\prime}(x)\geqslant\frac{1}{2(1+x)}-\frac{1}{2(1+x)^2}=\frac{x}{2(1+x)^2}\geqslant0$，
所以$f^{\prime}(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，且$f^{\prime}(x)\geqslant f^{\prime}(0)=0$，
所以$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，且$f(x)\geqslant f(0)=0$.
综上，$a$的取值范围是$(-\infty,-\frac{1}{2}]$。

已知函数$f(x)=(x - 2)e^{x}-\frac{1}{2}ax^{2}+ax(a\in R)$,当$x\geq2$时,$f(x)\geq0$恒成立,求$a$的取值范围.

答案： 解：解法一 $f^{\prime}(x)=(x-1)(e^x-a)$，
①当$a\leqslant0$时，因为$x\geqslant2$，
所以$x-1＞0，e^x-a＞0$，所以$f^{\prime}(x)＞0$，
则$f(x)$在$[2,+\infty)$上单调递增，
所以$f(x)\geqslant f(2)=0$成立.
②当$0＜a\leqslant e^2$时，$f^{\prime}(x)\geqslant0$，
所以$f(x)$在$[2,+\infty)$上单调递增，
所以$f(x)\geqslant f(2)=0$成立.
③当$a＞e^2$时，当$x\in(2,\ln a)$时，$f^{\prime}(x)＜0$；
当$x\in(\ln a,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$f(x)$在$(2,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增，$f(x)\geqslant0$不恒成立，不符合题意.
综上，$a$的取值范围是$(-\infty,e^2]$.
解法二 当$x\geqslant2$时，$f(x)\geqslant0$恒成立，
即当$x\geqslant2$时，$(x-2)e^x-\frac{1}{2}ax^2+ax\geqslant0$恒成立，
等价于$(\frac{1}{2}x^2-x)a\leqslant(x-2)e^x$在$[2,+\infty)$上恒成立.
当$x=2$时，$0· a\leqslant0$，此时$a\in\mathbf{R}$.
当$x＞2$时，$\frac{1}{2}x^2-x＞0$，
所以$a\leqslant\frac{(x-2)e^x}{\frac{1}{2}x^2-x}=\frac{2e^x}{x}$恒成立.
设$g(x)=\frac{2e^x}{x}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{2(x-1)e^x}{x^2}$，
因为$x＞2$，所以$g^{\prime}(x)＞0$，
所以$g(x)$在$(2,+\infty)$上单调递增，
所以$g(x)＞g(2)=e^2$，所以$a\leqslant e^2$.
综上，$a$的取值范围是$(-\infty,e^2]$.