《2026年学易优高考二轮总复习数学》

1. (2023·新课标Ⅱ卷)已知函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$在区间$(1,2)$上单调递增，则$a$的最小值为(C)

A.$e^{2}$
B.$e$
C.$e^{-1}$
D.$e^{-2}$

答案： 1.C 因为函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$，所以$f^{\prime}(x)=ae^{x}-\frac{1}{x}$。因为函数$f(x)=ae^{x}-\ln x$在$(1,2)$上单调递增，所以$f^{\prime}(x)\geq0$在$(1,2)$上恒成立，即$ae^{x}-\frac{1}{x}\geq0$在$(1,2)$上恒成立，易知$a＞0$，则$0＜\frac{1}{a}\leq xe^{x}$在$(1,2)$上恒成立。设$g(x)=xe^{x}$，则$g^{\prime}(x)=(x+1)e^{x}$。当$x\in(1,2)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增，所以在$(1,2)$上，$g(x)＞g(1)=e$，所以$\frac{1}{a}\leq e$，即$a\geq\frac{1}{e}=e^{-1}$，故选C。

2. (多选)(2025·全国二卷)已知$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的奇函数，且当$x＞0$时，$f(x)=(x^{2}-3)e^{x}+2$，则(ABD)

A.$f(0)=0$
B.当$x＜0$时，$f(x)=-(x^{2}-3)e^{-x}-2$
C.$f(x)\geqslant2$当且仅当$x\geqslant\sqrt{3}$
D.$x=-1$是$f(x)$的极大值点

答案： 2.ABD 奇函数的性质+函数的极值 A正确，根据奇函数的定义有$f(0)=0$；B正确，当$x＜0$时，$-x＞0$，所以$f(-x)=(x^{2}-3)e^{-x}+2$，因为$f(-x)=-f(x)$，所以$f(x)=-(x^{2}-3)e^{-x}-2$；C错误，当$x＞0$时，$f^{\prime}(x)=(x^{2}+2x-3)e^{x}=(x-1)(x+3)e^{x}$，所以函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，又$f(\sqrt{3})=2$，当$x\rightarrow0^{+}$时，$f(x)\rightarrow-1$，所以由$f(x)\geq2$得$x\geq\sqrt{3}$；当$x＜0$时，$f(-1)=2(e-1)＞2$，满足$f(x)\geq2$，但$-1\notin[\sqrt{3},+\infty)$；D正确，根据C解析知$x=1$是函数$f(x)$的极小值点，根据奇函数图象关于原点对称，知$x=-1$是函数$f(x)$的极大值点。

3. (2022·全国乙卷(文))函数$f(x)=\cos x+(x+1)\sin x+1$在区间$[0,2\pi]$的最小值、最大值分别为(D)

A.$-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}$
B.$-\dfrac{3\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}$
C.$-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}+2$
D.$-\dfrac{3\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}+2$

答案： 3.D $f^{\prime}(x)=-\sin x+\sin x+(x+1)\cos x=(x+1)\cos x$，所以在区间$(0,\frac{\pi}{2})$和$(\frac{3\pi}{2},2\pi)$上$f^{\prime}(x)＞0$，即$f(x)$单调递增；在区间$(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$上$f^{\prime}(x)＜0$，即$f(x)$单调递减，又$f(0)=f(2\pi)=2$，$f(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}+2$，$f(\frac{3\pi}{2})=-(\frac{3\pi}{2}+1)+1=-\frac{3\pi}{2}$，所以$f(x)$在区间$[0,2\pi]$上的最小值为$-\frac{3\pi}{2}$，最大值为$\frac{\pi}{2}+2$。故选D。

4. (2025·全国二卷)若$x = 2$是函数$f(x)=(x - 1)(x - 2)(x - a)$的极值点，则$f(0)=$-4.

答案： 4.-4 函数的极值点 $f^{\prime}(x)=(x-2)^{\prime}[(x-1)(x-a)]+(x-2)[(x-1)(x-a)]^{\prime}=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]^{\prime}$，因为$x=2$是函数$f(x)$的极值点，所以$f^{\prime}(2)=0$，即$(2-1)(2-a)=0$，则$a=2$，经检验，满足题意，所以$f(x)=(x-1)(x-2)^{2}$，所以$f(0)=-4$。

例 1 已知$f(x)=a(x-\ln x)+\dfrac{2x - 1}{x^{2}},a\in\mathbf{R}$.讨论$f(x)$的单调性.解：$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=a-\frac{a}{x}-\frac{2}{x^{2}}+\frac{2(ax^{2}-2)(x-1)}{x^{3}}$。若$a\leq0$，当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，当$x\in(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；若$a＞0$，$f^{\prime}(x)=\frac{a(x-1)}{x^{3}}(x-\sqrt{\frac{2}{a}})(x+\sqrt{\frac{2}{a}})$。①当$0＜a＜2$时，$\sqrt{\frac{2}{a}}＞1$，当$x\in(0,1)\cup(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,1)$和$(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty)$上单调递增，当$x\in(1,\sqrt{\frac{2}{a}})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。②当$a=2$时，$\sqrt{\frac{2}{a}}=1$，在$x\in(0,+\infty)$上，$f^{\prime}(x)\geq0$，$f(x)$单调递增。③当$a＞2$时，$0＜\sqrt{\frac{2}{a}}＜1$，当$x\in(0,\sqrt{\frac{2}{a}})\cup(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,\sqrt{\frac{2}{a}})$和$(1,+\infty)$上单调递增，当$x\in(\sqrt{\frac{2}{a}},1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。综上所述，当$a\leq0$时，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减；当$0＜a＜2$时，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,\sqrt{\frac{2}{a}})$上单调递减，在$(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty)$上单调递增；当$a=2$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a＞2$时，$f(x)$在$(0,\sqrt{\frac{2}{a}})$上单调递增，在$(\sqrt{\frac{2}{a}},1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。

答案： 例 1 解：$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=a-\frac{a}{x}-\frac{2}{x^{2}}+\frac{2(ax^{2}-2)(x-1)}{x^{3}}$。
若$a\leq0$，当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，当$x\in(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
若$a＞0$，$f^{\prime}(x)=\frac{a(x-1)}{x^{3}}(x-\sqrt{\frac{2}{a}})(x+\sqrt{\frac{2}{a}})$。
①当$0＜a＜2$时，$\sqrt{\frac{2}{a}}＞1$，当$x\in(0,1)\cup(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,1)$和$(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty)$上单调递增，当$x\in(1,\sqrt{\frac{2}{a}})$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。
②当$a=2$时，$\sqrt{\frac{2}{a}}=1$，在$x\in(0,+\infty)$上，$f^{\prime}(x)\geq0$，$f(x)$单调递增。
③当$a＞2$时，$0＜\sqrt{\frac{2}{a}}＜1$，当$x\in(0,\sqrt{\frac{2}{a}})\cup(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$(0,\sqrt{\frac{2}{a}})$和$(1,+\infty)$上单调递增，当$x\in(\sqrt{\frac{2}{a}},1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。
综上所述，当$a\leq0$时，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减；当$0＜a＜2$时，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,\sqrt{\frac{2}{a}})$上单调递减，在$(\sqrt{\frac{2}{a}},+\infty)$上单调递增；当$a=2$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a＞2$时，$f(x)$在$(0,\sqrt{\frac{2}{a}})$上单调递增，在$(\sqrt{\frac{2}{a}},1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。

例 2 (1)(2025·湖南长沙二模)已知函数$f(x)=\sin x+\cos x+ax(a\in\mathbf{R})$在$\mathbf{R}$上单调递减，则实数$a$的取值范围是(D)

A.$[\sqrt{2},+\infty)$
B.$(-\infty,\sqrt{2}]$
C.$[-\sqrt{2},+\infty)$
D.$(-\infty,-\sqrt{2}]$

答案： 【例2】
(1)D 由题意得$f^{\prime}(x)=\cos x-\sin x+a\leq0$在$\mathbf{R}$上恒成立，则$a\leq\sin x - \cos x$。因为$\sin x - \cos x=\sqrt{2}\sin(x - \frac{\pi}{4})\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$，要使得不等式恒成立，则$a\leq-\sqrt{2}$。故选D。

(2)(2025·苏锡常镇五市调研)已知$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的偶函数，当$x\geqslant0$时，$f(x)=e^{x}+\sin x$，则不等式$f(2x - 1)＜e^{\pi}$的解集是(D)

A.$\left(\dfrac{1+\pi}{2},+\infty\right)$
B.$\left(0,\dfrac{1+\pi}{2}\right)$
C.$\left(0,\dfrac{1+e^{\pi}}{2}\right)$
D.$\left(\dfrac{1-\pi}{2},\dfrac{1+\pi}{2}\right)$

答案：
(2)D 当$x\geq0$时，$f^{\prime}(x)=e^{x}+\cos x$，因为$e^{x}\geq1$，$\cos x\in[-1,1]$，所以$f(x)=e^{x}+\cos x\geq0$在$[0,+\infty)$上恒成立，所以$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增。又因为$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的偶函数，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。因为$f(-\pi)=f(\pi)=e^{\pi}$，所以由$f(2x - 1)＜e^{\pi}$可得$-\pi＜2x - 1＜\pi$，解得$x\in(\frac{1 - \pi}{2},\frac{1 + \pi}{2})$。