《2026年学易优高考二轮总复习数学》

（2025·吕梁模拟，节选）已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-\cos x$，若$f(x)\geqslant ax-\frac{1}{2}ax^{2}$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，求正实数$a$的取值集合。

答案： 解：由题意得对任意$x \in \mathbf{R}$，$\frac{1}{2}ax^2 - ax + e^x - \cos x \geq 0$恒成立， 令$g(x)=\frac{1}{2}ax^2 - ax + e^x - \cos x$， 则$g^{\prime}(x)=ax - a + e^x + \sin x$， 令$h(x)=ax - a + e^x + \sin x$， 则$h^{\prime}(x)=a + e^x + \cos x$， 当$a > 1$时，$h^{\prime}(x) > 0$，$g^{\prime}(x)$单调递增， 且$g^{\prime}(0)=1 - a < 0$，$g^{\prime}(1)=e + \sin 1 > 0$， 所以存在$x_0 \in (0,1)$使得$g^{\prime}(x_0)=0$， 当$x \in (0,x_0)$时，$g^{\prime}(x) < 0$，$g(x)$单调递减； 当$x \in (x_0, +\infty)$时，$g^{\prime}(x) > 0$，$g(x)$单调递增， 所以$g(x) < g(0)=0$，不合题意； 当$a = 1$时，$h^{\prime}(x) > 0$，$g^{\prime}(x)$单调递增， 且$g^{\prime}(0)=0$， 当$x \in (0, +\infty)$时，$g^{\prime}(x) > 0$，$g(x)$单调递增； 当$x \in (-\infty, 0)$时，$g^{\prime}(x) < 0$，$g(x)$单调递减， 所以$g(x) > g(0)=0$，符合题意； 当$0 < a < 1$时，得$h^{\prime}(x)$在$(-1,0)$上单调递增， 又$h^{\prime}(-1)=a + \frac{1}{e} + \cos 1 > 0$， 所以$h^{\prime}(x) > h^{\prime}(-1) > 0$， $g^{\prime}(x)$在$(-1,0)$上单调递增， 又$g^{\prime}(0)=1 - a > 0$，$g^{\prime}(-1)= - 2a + \frac{1}{e} - \sin 1 < - 2a + \frac{1}{e} - \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{e} - 2a - \frac{\sqrt{2}}{2} < 0$， 所以存在$m \in (-1,0)$使得$g^{\prime}(m)=0$， 当$x \in (m,0)$时，$g^{\prime}(x) > 0$，$g(x)$单调递增， $g(x) < g(0)=0$，不符合题意， 综上，正实数$a$的取值集合为$\{1\}$. 

（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-a$。
（1）若$a = 1$，$g(x)=f(x)·\cos x-\sin x$，讨论函数$g(x)$在$(0,2\pi)$的单调性；
（2）若$h(x)=f(x)-x\cos x$在$[0,2\pi]$上有唯一的零点，求实数$a$的最小值。

答案： （1）由条件，$g(x)=(e^x - 1)\cos x - \sin x$，$x \in (0,2\pi)$，
则$g^{\prime}(x)=e^x\cos x - (e^x - 1)\sin x - \cos x=(e^x - 1)(\cos x - \sin x)$，
由$0 ＜ x ＜ 2\pi$，$e^x ＞ 1$，所以$e^x - 1 ＞ 0$，
令$g^{\prime}(x) ＞ 0$，则$\cos x ＞ \sin x$，得$0 ＜ x ＜ \frac{\pi}{4}$或$\frac{5\pi}{4} ＜ x ＜ 2\pi$，
令$g^{\prime}(x) ＜ 0$，则$\cos x ＜ \sin x$，得$\frac{\pi}{4} ＜ x ＜ \frac{5\pi}{4}$，
所以$g(x)$在$\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$和$\left(\frac{5\pi}{4}, 2\pi\right)$上单调递增，在$\left(\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right)$上单调递减。
（2）由$h(x)=e^x - a - x\cos x$，则$h^{\prime}(x)=e^x - \cos x + x\sin x$，$x \in [0,2\pi]$，
令$\varphi(x)=e^x - (x + 1)$，则$\varphi^{\prime}(x)=e^x - 1 \geq 0$，
所以当$x \in [0,2\pi]$时，$\varphi(x)$单调递增，
又$\varphi(0)=0$，所以$\varphi(x) \geq 0 \Rightarrow e^x \geq x + 1$，
$h^{\prime}(x)=e^x - \cos x + x\sin x \geq x + 1 - \cos x + x\sin x = x(1 + \sin x) + (1 - \cos x) \geq 0$，
所以$h(x)$在$[0,2\pi]$上单调递增，$h(0)=1 - a$，$h(2\pi)=e^{2\pi} - 2\pi - a$，
由题意，$1 - a \leq 0 \leq e^{2\pi} - 2\pi - a$，解得$1 \leq a \leq e^{2\pi} - 2\pi$，
所以$a$的最小值为$1$。

训练
已知$f(x)=ax\ln x+x^{2}$，若$0 ＜ a\leqslant 1$，求证：$f(x)＜\mathrm{e}^{x}-\sin x + 1$。

答案： 证明：不等式$f(x) < e^x - \sin x + 1$， 即$ax\ln x + x^2 < e^x - \sin x + 1(x > 0)$， 先证当$x > 0$时，$\sin x < x$. 令$h(x)=x - \sin x$，则$h^{\prime}(x)=1 - \cos x \geq 0$， 则$h(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增， 所以$h(x) > h(0)=0$，则$x > \sin x$. 所以$e^x - x + 1 < e^x - \sin x + 1$， 故若$ax\ln x + x^2 < e^x - x + 1$成立，则原不等式成立. 即证明$\frac{a\ln x}{x} + 1 < \frac{e^x - x + 1}{x^2}(x > 0)$， 令$u(x)=\frac{a\ln x}{x} + 1$，$v(x)=\frac{e^x - x + 1}{x^2}$， 只需证明$u(x)_{\max} < v(x)_{\min}$即可。 又$u^{\prime}(x)=\frac{a(1 - \ln x)}{x^2}$，$0 < a \leq 1$， 则当$0 < x < e$时，$u^{\prime}(x) > 0$； 当$x > e$时，$u^{\prime}(x) < 0$， 所以$u(x)$在$(0,e)$上单调递增，在$(e, +\infty)$上单调递减， 则当$x = e$时，$u(x)$取得极大值即为最大值， $u(x)_{\max}=u(e)=\frac{a}{e} + 1$. 由于$v(x)=\frac{e^x - x + 1}{x^2}$， 得$v^{\prime}(x)=\frac{(x - 2)(e^x + 1)}{x^3}$， 则当$0 < x < 2$时，$v^{\prime}(x) < 0$； 当$x > 2$时，$v^{\prime}(x) > 0$. 所以$v(x)$在$(0,2)$上单调递减， 在$(2, +\infty)$上单调递增， 则$v(x)_{\min}=v(2)=\frac{e^2 - 1}{4}$ 由$v(x)_{\min} - u(x)_{\max} = \frac{e^2 - 1}{4} - \frac{a}{e} - 1 \geq \frac{e^2 - 1}{4} - \frac{1}{e} - 1 = \frac{e^3 - 5e - 4}{4e} = \frac{e(e^2 - 5) - 4}{4e} > 0$， 所以不等式$f(x) < e^x - \sin x + 1$成立.