《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2025·保定模拟)已知函数$f(x)=ax+\ln(x + 1)$.
(1)若$a=-2$,求$f(x)$的单调区间;
(2)若$f(x)\leq0$恒成立,求$a$的取值集合.

答案：
(1)由$a=-2$，得$f(x)=-2x+\ln(x+1)$，定义域为$(-1,+\infty)$，
则$f^{\prime}(x)=-2+\frac{1}{x+1}=\frac{-2x-1}{x+1}$，
当$x\in(-1,-\frac{1}{2})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
当$x\in(-\frac{1}{2},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
故$f(x)$的单调递增区间为$(-1,-\frac{1}{2})$，
单调递减区间为$(-\frac{1}{2},+\infty)$.
(2)由$f(x)=ax+\ln(x+1)，x\in(-1,+\infty)$，
得$f^{\prime}(x)=a+\frac{1}{x+1}$，
若$a\geqslant0$，则显然$f(2)=2a+\ln3＞0$，不符合题意，
则$a＜0$，令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=-\frac{a+1}{a}＞-1$，
则当$x\in(-1,-\frac{a+1}{a})$时，$f^{\prime}(x)＞0，f(x)$单调递增，
当$x\in(-\frac{a+1}{a},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0，f(x)$单调递减，
$f(x)_{\max}=f(-\frac{a+1}{a})=-a-1-\ln(-a)$，
则$-a-1-\ln(-a)\leqslant0$，即$a+1+\ln(-a)\geqslant0$，
令$g(a)=a+1+\ln(-a)，a＜0$，
则$g^{\prime}(a)=1+\frac{1}{a}=\frac{a+1}{a}$，
当$a\in(-\infty,-1)$时，$g^{\prime}(a)＞0，g(a)$单调递增，
当$a\in(-1,0)$时，$g^{\prime}(a)＜0，g(a)$单调递减，
所以$g(a)_{\max}=g(-1)=0$，
当满足$g(a)\geqslant0$时，$a=-1$，
所以$a$的取值集合为$\{-1\}$.

已知函数$f(x)=(x - 4)e^{x}-x^{2}+6x$,$g(x)=\ln x-(a + 1)x,a＞-1$.
(1)求$f(x)$的极值;
(2)若存在$x_{1}\in[1,3]$,对任意的$x_{2}\in[e^{2},e^{3}]$,使得不等式$g(x_{2})＞f(x_{1})$成立,求实数$a$的取值范围. ($e^{3}\approx20.09$)

答案：

(1)由$f(x)=(x-4)e^x-x^2+6x$，
得$f^{\prime}(x)=e^x+(x-4)e^x-2x+6=(x-3)e^x-2(x-3)=(x-3)(e^x-2)$，
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=3$或$x=\ln2$，
当$x$变化时，$f^{\prime}(x)，f(x)$的变化关系如表：

由表可知，当$x=\ln2$时，$f(x)$取得极大值，为$f(\ln2)=(\ln2-4)e^{\ln2}-(\ln2)^2+6\ln2=-(\ln2)^2+8\ln2-8$，
当$x=3$时，$f(x)$取得极小值，为$f(3)=(3-4)e^3-3^2+18=9-e^3$.
(2)由
(1)知，$f(x)$在$[1,3]$上单调递减，所以当$x\in[1,3]$
时，$f(x)_{\min}=f(3)=9-e^3$，
若存在$x_1\in[1,3]$，对任意的$x_2\in[e^2,e^3]$，使得不等式
$g(x_2)＞f(x_1)$成立，
则$\ln x-(a+1)x＞9-e^3(a＞-1)$对任意的$x\in[e^2,e^3]$
恒成立，
即$a+1＜\frac{\ln x-9+e^3}{x}$在$[e^2,e^3]$上恒成立，
令$h(x)=\frac{\ln x-9+e^3}{x}，x\in[e^2,e^3]$，
则$a+1＜h(x)_{\min}$，
$h^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}· x-(\ln x-9+e^3)}{x^2}=\frac{10-e^3-\ln x}{x^2}$
因为$x\in[e^2,e^3]$，
所以$\ln x\in[2,3]，10-e^3-\ln x\in[7-e^3,8-e^3]$，
因为$e^3\approx20.09$，所以$8-e^3\approx8-20.09=-12.09＜0$，所
以$h^{\prime}(x)＜0$，
所以$h(x)$单调递减，故$h(x)_{\min}=h(e^3)=\frac{\ln e^3+e^3-9}{e^3}=1-\frac{6}{e^3}$，
于是$a+1＜1-\frac{6}{e^3}$，得$a＜-\frac{6}{e^3}$，又$a＞-1$，
所以实数$a$的取值范围是$(-1,-\frac{6}{e^3})$.

已知函数$f(x)=\ln x - a(x - 1),a\in R$,当$x\in[1,+\infty)$时,$f(x)\leq\frac{\ln x}{x + 1}$恒成立,求$a$的取值范围.

答案： 解：已知$f(x)=\ln x - a(x - 1)$，$x\in[1,+\infty)$时，$f(x)\leq\frac{\ln x}{x + 1}$恒成立，即$\ln x - a(x - 1)-\frac{\ln x}{x + 1}\leq0$恒成立。
令$g(x)=\ln x - a(x - 1)-\frac{\ln x}{x + 1}$，$x\in[1,+\infty)$，则$g(1)=0$。
对$g(x)$求导：
$\begin{aligned}g^\prime(x)&=\frac{1}{x}-a-\frac{\frac{1}{x}(x + 1)-\ln x}{(x + 1)^2}\\&=\frac{1}{x}-a-\frac{1+\frac{1}{x}-\ln x}{(x + 1)^2}\\&=\frac{(x + 1)^2 - ax(x + 1)^2-(x + 1)+x\ln x}{x(x + 1)^2}\\&=\frac{(x + 1)[(x + 1)-ax(x + 1)-1]+x\ln x}{x(x + 1)^2}\\&=\frac{(x + 1)(x + 1 - ax^2-ax - 1)+x\ln x}{x(x + 1)^2}\\&=\frac{(x + 1)(x - ax^2-ax)+x\ln x}{x(x + 1)^2}\\&=\frac{x(1 - ax - a)+x\ln x}{(x + 1)^2}\\&=\frac{x[1 - a(x + 1)+\ln x]}{(x + 1)^2}\end{aligned}$
令$h(x)=1 - a(x + 1)+\ln x$，$h^\prime(x)=\frac{1}{x}-a$。
①当$a\leq0$时，$h^\prime(x)=\frac{1}{x}-a\gt0$（$x\in[1,+\infty)$），$h(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，$h(x)\geq h(1)=1 - 2a\gt0$，则$g^\prime(x)\gt0$，$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，$g(x)\geq g(1)=0$，不符合题意。
②当$0\lt a\lt\frac{1}{2}$时，$h^\prime(x)=\frac{1}{x}-a$，令$h^\prime(x)=0$，得$x = \frac{1}{a}\gt2$。
$h(x)$在$[1,\frac{1}{a})$上单调递增，$h(x)\geq h(1)=1 - 2a\gt0$，则$g^\prime(x)\gt0$，$g(x)$在$[1,\frac{1}{a})$上单调递增，$g(x)\geq g(1)=0$，不符合题意。
③当$a\geq\frac{1}{2}$时，$h^\prime(x)=\frac{1}{x}-a\leq0$（$x\in[1,+\infty)$），$h(x)$在$[1,+\infty)$上单调递减，$h(x)\leq h(1)=1 - 2a\leq0$，则$g^\prime(x)\leq0$，$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递减，$g(x)\leq g(1)=0$，符合题意。
所以$a$的取值范围是$[\frac{1}{2},+\infty)$。