《2026年学易优高考二轮总复习数学》

已知 $ f(x)=\mathrm{e}^{1-\frac{1}{x}}(x＞0) $。
(1) 求导函数 $ f^{\prime}(x) $ 的最值；
(2) 试讨论关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=k x(k＞0) $ 的根的个数，并说明理由。

答案：
(1)$\because f^{\prime}(x)=e^{1-\frac{1}{x}}·\frac{1}{x^{2}}$，记$g(x)=f^{\prime}(x)$，
$\therefore g^{\prime}(x)=e^{1-\frac{1}{x}}·\frac{1}{x^{4}}+e^{1-\frac{1}{x}}·\left(-\frac{2}{x^{3}}\right)=e^{1-\frac{1}{x}}·\frac{1 - 2x}{x^{4}}=0$，
解得$x=\frac{1}{2}$。
当$x\in\left(0,\frac{1}{2}\right)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增；
当$x\in\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减，
$\therefore f^{\prime}(x)$的最大值等于$f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{4}{e}$。
(2)解法一 由$f(x)=kx$，即$e^{1-\frac{1}{x}}=kx$，即$k=\frac{e^{1-\frac{1}{x}}}{x}$。
令$k(x)=\frac{e^{1-\frac{1}{x}}}{x}$，$\therefore k^{\prime}(x)=\frac{e^{1-\frac{1}{x}}(1 - x)}{x^{3}}$，
由$k^{\prime}(x)=0$解得$x = 1$，
$\therefore k(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
$\therefore k(x)_{\max}(x)=k(1)=1$，且$k(x)＞0$，
$\therefore$当$k＞1$时，方程无解；当$k = 1$时，方程有$1$个解；
当$0＜k＜1$时，方程有$2$个解。
解法二 由$f(x)=kx$，即$e^{1-\frac{1}{x}}=kx$，即$k=\frac{e^{1-\frac{1}{x}}}{x}$。
令$\frac{1}{x}=t\in(0,+\infty)$，$l(t)=te^{1 - t}$，
$\therefore l^{\prime}(t)=(1 - t)e^{1 - t}$，
由$l^{\prime}(t)=0$，解得$t = 1$。
$\therefore l(t)$在$(0,1)$上单调递增，
在$(1,+\infty)$上单调递减，
$\therefore l(t)_{\max}=l(1)=1$，且$l(t)＞0$。
$\therefore$当$k＞1$时，方程无解；当$k = 1$时，方程有$1$个解；
当$0＜k＜1$时，方程有$2$个解。
解法三 由$f(x)=kx$，即$e^{1-\frac{1}{x}}=kx$，两边取对数得$1-\frac{1}{x}=\ln k+\ln x$，即$\ln k=1-\frac{1}{x}-\ln x$。
令$h(x)=1-\frac{1}{x}-\ln x$，由$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{1 - x}{x^{2}}=0$，解
得$x = 1$。
当$x\in(0,1)$时，$h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)$单调递增；
当$x\in(1,+\infty)$时，$h^{\prime}(x)＜0$，$h(x)$单调递减，
$\therefore h(x)_{\max}=h(1)=0$。
当$\ln k＞0$，即$k＞1$时，方程无解；
当$\ln k=0$，即$k = 1$时，方程有$1$个解；
当$\ln k＜0$，即$0＜k＜1$时，方程有$2$个解。

（2025·全国一卷，节选）求函数$f(x)=5\cos x-\cos 5x$在区间$\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$的最大值。

答案：
 解:解法一 第1步：求$f^{\prime}(x)$ 因为$f(x)=5\cos x - \cos 5x$， 所以$f^{\prime}(x)= - 5\sin x + 5\sin 5x$. 第2步：令$f^{\prime}(x)=0$，求出导函数的零点，讨论函数$f(x)$的单调性 令$f^{\prime}(x)=0$，得$\sin x = \sin 5x$，又$x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right]$，所以$x = 5x$或$x = \pi - 5x$， 所以$x = 0$或$x = \frac{\pi}{6}$， 所以当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的关系如表所示：

第3步：求$f(x)$在区间$\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$的最大值 因为$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=5\cos \frac{\pi}{6} - \cos \frac{5\pi}{6}=3\sqrt{3}$， 所以函数$f(x)=5\cos x - \cos 5x$在区间$\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$的最大值为$3\sqrt{3}$.
解法二 第1步：求$f^{\prime}(x)$ 因为$f(x)=5\cos x - \cos 5x$，所以$f^{\prime}(x)= - 5\sin x + 5\sin 5x$. 第2步：对$f^{\prime}(x)$提取公因式，进行分析 $f^{\prime}(x)=5(\sin x\cos 4x + \sin 4x\cos x - \sin x)=5\sin x(\cos 4x + 4\cos^2 x · \cos 2x - 1)=5\sin x · 4\cos^2 x(1 - 4\sin^2 x)$， 易得当$x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right]$时，$5\sin x · 4\cos^2 x \geq 0$，令$f^{\prime}(x) > 0$，得$x \in \left(0, \frac{\pi}{6}\right)$， 令$f^{\prime}(x) < 0$，得$x \in \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right]$. 第3步：写出$x$，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的关系 所以当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的关系如表所示：

第4步：求$f(x)$在区间$\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$的最大值 因为$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=5\cos \frac{\pi}{6} - \cos \frac{5\pi}{6}=3\sqrt{3}$， 所以函数$f(x)=5\cos x - \cos 5x$在区间$\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$的最大值为$3\sqrt{3}$.
解法三 第1步：求导并化简 由题得$f^{\prime}(x)= - 5\sin x + 5\sin 5x = 5 × 2\cos \frac{5x + x}{2}\sin \frac{5x - x}{2}=10\sin 2x\cos 3x$. 第2步：写出$x$，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的关系 由$x \in \left[0, \frac{\pi}{4}\right]$，得$\sin 2x \geq 0$，故当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的关系如表所示：

第3步：求$f(x)$在区间$\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$的最大值 因为$f\left(\frac{\pi}{6}\right)=5\cos \frac{\pi}{6} - \cos \frac{5\pi}{6}=3\sqrt{3}$， 所以函数$f(x)=5\cos x - \cos 5x$在区间$\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$的最大值为$3\sqrt{3}$. 

（2025·福州质检，改编）已知函数$f(x)=\sin x+x^{2}$，证明：$f(x)＞-\frac{5}{16}$。

答案： 证明：$f^{\prime}(x)=\cos x + 2x$. 令函数$u(x)=f^{\prime}(x)$，则$u^{\prime}(x)= - \sin x + 2 > 0$， 所以$u(x)=f^{\prime}(x)$是增函数. 因为$f^{\prime}(0)=1$，$f^{\prime}\left(-\frac{1}{2}\right)=\cos \frac{1}{2} - 1 < 0$， 所以存在$x_0 \in \left(-\frac{1}{2}, 0\right)$，使得$f^{\prime}(x_0)=\cos x_0 + 2x_0 = 0$， 即$x_0^2 = \frac{1}{4}\cos^2 x_0$. 所以当$x \in \left(-\infty, x_0\right)$时，$f^{\prime}(x) < 0$，当$x \in \left(x_0, +\infty\right)$时，$f^{\prime}(x) > 0$， 所以$f(x)$在$\left(-\infty, x_0\right)$上单调递减，在$\left(x_0, +\infty\right)$上单调递增. $f(x) \geq f\left(x_0\right)=\sin x_0 + x_0^2 = \sin x_0 + \frac{1}{4}\cos^2 x_0 = -\frac{1}{4}\sin^2 x_0 + \sin x_0 + \frac{1}{4} = -\frac{1}{4}\left(\sin x_0 - \frac{1}{2}\times(-2)\right)^2 + \frac{1}{4} - \frac{5}{16}$ 因为$x_0 \in \left(-\frac{1}{2}, 0\right)$，所以$\sin x_0 > \sin \left(-\frac{1}{2}\right) > \sin \left(-\frac{\pi}{6}\right)= - \frac{1}{2}$， 所以$-\frac{1}{4}\sin^2 x_0 + \sin x_0 + \frac{1}{4} > -\frac{1}{4} \times \left(-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = -\frac{5}{16}$. 故$f(x) > -\frac{5}{16}$.