《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

已知函数 $ f(x) = \ln x - \frac{1}{2}ax^2 - 2x (a \neq 0) $.
(1) 若 $ f(x) $ 在 $ [1,4] $ 上单调递减，求实数 $ a $ 的取值范围；
(2) 若 $ f(x) $ 在 $ [1,4] $ 上存在单调递减区间，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 解：
(1)因为$f(x)$在$[1,4]$上单调递减，所以当$x \in [1,4]$时，$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-ax - 2 \leq 0$恒成立，即$a \geq \frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$恒成立.设$G(x)=\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$，$x \in [1,4]$，所以$a \geq G(x)_{\max}$，而$G(x)=(\frac{1}{x}-1)^{2}-1$，因为$x \in [1,4]$，所以$\frac{1}{x} \in [\frac{1}{4},1]$，所以$G(x)_{\max}=-\frac{7}{16}$(此时$x = 4$)，所以$a \geq -\frac{7}{16}$，又因为$a \neq 0$，所以实数$a$的取值范围是$[-\frac{7}{16},0)\cup(0,+\infty)$.
(2)因为$f(x)$在$[1,4]$上存在单调递减区间，则$f^{\prime}(x)＜0$在$[1,4]$上有解，所以当$x \in [1,4]$时，$a ＞ \frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$有解，又当$x \in [1,4]$时，$(\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x})_{\min}=-1$(此时$x = 1$)，所以$a ＞ -1$，又因为$a \neq 0$，所以实数$a$的取值范围是$(-1,0)\cup(0,+\infty)$.

(1) (2023·新课标Ⅱ卷) 已知函数 $ f(x) = ae^x - \ln x $ 在区间 $ (1,2) $ 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
(2)ACD
(3)(-1,+\infty)
(1)依题可知，$f^{\prime}(x)=ae^{x}-\frac{1}{x} \geq 0$在$(1,2)$上恒成立，显然$a ＞ 0$，所以$xe^{x} \geq \frac{1}{a}$，设$g(x)=xe^{x}$，$x \in (1,2)$，所以$g^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}＞0$，所以$g(x)$在$(1,2)$上单调递增，$g(x)＞g(1)=e$，即$a \geq \frac{1}{e}=e^{-1}$，即$a$的最小值为$e^{-1}$.故选C.
(2)设$f(x)=e^{x}-x(x ＞ 0)$，则$f^{\prime}(x)=e^{x}-1＞0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递增，所以$f(x)＞f(y)$，即$e^{x}-e^{y}＞x - y$，即$e^{x}-e^{y}＞x - y$.故A正确；令$x = e,y = 1$，则$\ln x-\ln y = 1$，而$x - y=e - 1$，所以$\ln x-\ln y＜x - y$，故B不正确；设$h(x)=\ln x-1+\frac{1}{x}(x ＞ 0)$，则$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x - 1}{x^{2}}$，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$h^{\prime}(x)=\frac{x - 1}{x^{2}}＜0$，函数$h(x)$单调递减；当$x ＞ 1$时，$h^{\prime}(x)=\frac{x - 1}{x^{2}}＞0$，函数$h(x)$单调递增；则$h(x)$在$x = 1$时取得最小值$h(1)=\ln 1-1+\frac{1}{1}=0$，即$\ln x \geq 1-\frac{1}{x}$，故C正确；设$g(x)=x · e^{x}(x ＞ 0)$，则$g^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}＞0$，所以$g(x)=x · e^{x}$在$(0,+\infty)$上是增函数，所以由$x ＞ y ＞ 0$得$x · e^{x}＞y · e^{y}$，即$\frac{e^{x}}{y}＞\frac{e^{y}}{x}$，故D正确.故选ACD.
(3)由函数$f(-x)=\frac{e^{-x}-e^{x}}{2}=-f(x)(x \in \mathbf{R})$，可得$f(x)$为奇函数，
又$f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}＞0$，所以$f(x)$为$\mathbf{R}$上的单调递增函数，故由$f(a + 3)+f(2a)＞0$可得$f(a + 3)＞-f(2a)=f(-2a)$，即$a + 3＞-2a$，所以$a＞-1$，即实数$a$的范围是$(-1,+\infty)$.

(2) (多选题) (2025·湖北武汉模拟) 已知 $ x ＞ y ＞ 0 $，则下列不等式正确的有 (ACD)

A.$ e^x - e^y ＞ x - y $
B.$ \ln x - \ln y ＞ x - y $
C.$ \ln x \geq 1 - \frac{1}{x} $
D.$ \frac{e^x}{y} ＞ \frac{e^y}{x} $

答案： ACD 对于A，因为函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，而$f^{\prime}(x)=2(x - 1)(x - 4)+(x - 1)^{2}=3(x - 1)(x - 3)$，易知当$x \in (1,3)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x \in (-\infty,1)$或$x \in (3,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$；函数$f(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1,3)$上单调递减，在$(3,+\infty)$上单调递增，故$x = 3$是函数$f(x)$的极小值点，故A正确；对于B，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$x - x^{2}=x(1 - x)＞0$，所以$1＞x＞x^{2}＞0$，而由A可知，函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以$f(x)＞f(x^{2})$，故B错误；对于C，当$1 ＜ x ＜ 2$时，$1＜2x - 1＜3$，而由上可知，函数$f(x)$在$(1,3)$上单调递减，所以$f(1)＞f(2x - 1)＞f(3)$，即$-4＜f(2x - 1)＜0$，故C正确；对于D，当$-1＜x＜0$时，$f(2 - x)-f(x)=(x - 1)^{2}(2 - x)-(x - 1)^{2}(x)=(x - 1)^{2}(2 - 2x)＞0$，所以$f(2 - x)＞f(x)$，故D正确.故选ACD.

(3) (2025·江苏常州模拟) 已知函数 $ f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2} $，若 $ f(a + 3) + f(2a) ＞ 0 $，则实数 $ a $ 的范围是$(-1,+\infty)$.

答案：
(3)由函数$f(-x)=\frac{e^{-x}-e^{x}}{2}=-f(x)(x \in \mathbf{R})$，可得$f(x)$为奇函数，又$f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}＞0$，所以$f(x)$为$\mathbf{R}$上的单调递增函数，故由$f(a + 3)+f(2a)＞0$可得$f(a + 3)＞-f(2a)=f(-2a)$，即$a + 3＞-2a$，所以$a＞-1$，即实数$a$的范围是$(-1,+\infty)$.

[真题再现] (多选题) (2024·新课标Ⅰ卷)
设函数 $ f(x) = (x - 1)^2(x - 4) $，则 (ACD)

A.$ x = 3 $ 是 $ f(x) $ 的极小值点
B.当 $ 0 ＜ x ＜ 1 $ 时，$ f(x) ＜ f(x^2) $
C.当 $ 1 ＜ x ＜ 2 $ 时，$ -4 ＜ f(2x - 1) ＜ 0 $
D.当 $ -1 ＜ x ＜ 0 $ 时，$ f(2 - x) ＞ f(x) $

答案： 真题再现 ACD 对于A，因为函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，而$f^{\prime}(x)=2(x - 1)(x - 4)+(x - 1)^{2}=3(x - 1)(x - 3)$，易知当$x \in (1,3)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x \in (-\infty,1)$或$x \in (3,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$；函数$f(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1,3)$上单调递减，在$(3,+\infty)$上单调递增，故$x = 3$是函数$f(x)$的极小值点，故A正确；对于B，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$x - x^{2}=x(1 - x)＞0$，所以$1＞x＞x^{2}＞0$，而由A可知，函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以$f(x)＞f(x^{2})$，故B错误；对于C，当$1 ＜ x ＜ 2$时，$1＜2x - 1＜3$，而由上可知，函数$f(x)$在$(1,3)$上单调递减，所以$f(1)＞f(2x - 1)＞f(3)$，即$-4＜f(2x - 1)＜0$，故C正确；对于D，当$-1＜x＜0$时，$f(2 - x)-f(x)=(x - 1)^{2}(2 - x)-(x - 1)^{2}(x)=(x - 1)^{2}(2 - 2x)＞0$，所以$f(2 - x)＞f(x)$，故D正确.故选ACD.

[教材呈现] (北师选必二 P78 例 1)
讨论函数 $ f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 36x + 16 $ 的单调性.

答案： 解：$f^{\prime}(x)=6x^{2}-6x-36=6(x^{2}-x-6)=6(x-3)(x+2)$.
令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=3$或$x=-2$.
当$x \in (-\infty,-2)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$单调递增；
当$x \in (-2,3)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$单调递减；
当$x \in (3,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$单调递增.
故函数$f(x)$在$(-\infty,-2)$和$(3,+\infty)$上单调递增，在$(-2,3)$上单调递减.

典例1 (1)(2025·四川成都模拟)若函数$f(x)$对任意的$x\in R$都有$f'(x)＜f(x)$恒成立，则$2f(2)$与$e^{2}f(\ln 2)$的大小关系正确的是 (C)

A.$2f(2)＞e^{2}f(\ln 2)$
B.$2f(2)=e^{2}f(\ln 2)$
C.$2f(2)＜e^{2}f(\ln 2)$
D.无法比较大小

答案：
(1)C
(1)令$g(x)=\frac{f(x)}{e^{2}}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}$，因为对任意的$x \in R$都有$f^{\prime}(x)＜f(x)$成立，所以$g^{\prime}(x)＜0$，即$g(x)$在R上单调递减，又$2＞\ln 2$，故$g(2)＜g(\ln 2)$，即$\frac{f(2)}{e^{2}}＜\frac{f(\ln 2)}{e^{\ln 2}}$，可得$2f(2)＜e^{2}f(\ln 2)$。故选C。

(2)(2025·安徽亳州模拟)已知函数$f(x)$及其导函数$f'(x)$的定义域均为$R$，$f(0)=0$且$f(x)+f'(x)＞0$，则不等式$f(x^{2}+4x-5)＞0$的解集为(A)

A.$(-\infty,-5)\cup(1,+\infty)$
B.$(-\infty,-1)\cup(5,+\infty)$
C.$(-5,1)$
D.$(-1,5)$

答案：
(2)A
(2)设$g(x)=e^{x}f(x)$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)]＞0$，故$g(x)$单调递增。又$g(0)=e^{0}f(0)=0$，故$f(x^{2}+4x-5)＞0$可转化为$e^{x^{2}+4x-5}f(x^{2}+4x-5)＞0$，即$g(x^{2}+4x-5)＞g(0)$，由$g(x)$单调递增可得$x^{2}+4x-5＞0$，解得$x＜-5$或$x＞1$，即不等式$f(x^{2}+4x-5)＞0$的解集为$(-\infty,-5)\cup(1,+\infty)$。故选A。