《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)讨论$f(x)$的最值；

答案：
(1)由题意得$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，
$f^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{ax - 1}{x}$，
当$a\leq0,x\in(0,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，
所以$f(x)$在区间$(0,+\infty)$内单调递减，无最大值，无最小值；
当$a\gt0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\frac{1}{a}$，
当$x\in(0,\frac{1}{a})$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，$f(x)$单调递减，
当$x\in(\frac{1}{a},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，$f(x)$单调递增.
故当$x=\frac{1}{a}$时，$f(x)$取得最小值，且最小值为$f(\frac{1}{a})=1 + \ln a$，无最大值.
综上，当$a\leq0$时，$f(x)$无最大值，无最小值；
当$a\gt0$时，$f(x)$的最小值为$1 + \ln a$，无最大值.

(2)若$a = 1$，且$f(x)\leqslant \dfrac{ke^{x}-x}{x}$，求实数$k$的取值范围.

答案：
(2)当$a = 1$时，由$f(x)\leq\frac{ke^{x}-x}{x}$，得$x - \ln x\leq\frac{ke^{x}-x}{x}$
整理得$ke^{x}\geq x^{2}+x - x\ln x$，即$k\geq\frac{x^{2}+x - x\ln x}{e^{x}}$
令$h(x)=\frac{x^{2}+x - x\ln x}{e^{x}}$，
则$h^{\prime}(x)=\frac{(2x + 1-\ln x - 1)e^{x}-(x^{2}+x - x\ln x)e^{x}}{(e^{x})^{2}}$
$=\frac{(x - \ln x)(1 - x)}{e^{x}}$
由
(1)知，当$a = 1$时，$f(x)=x - \ln x$的最小值为$f(1)=1\gt0$，
即$x - \ln x\gt0$恒成立，所以当$x\in(0,1)$时，$h^{\prime}(x)\gt0$，$h(x)$单调递增；
当$x\in(1,+\infty)$时，$h^{\prime}(x)\lt0$，$h(x)$单调递减.
故当$x = 1$时，$h(x)$取得最大值$h(1)=\frac{2}{e}$，即$k\geq\frac{2}{e}$.
故实数$k$的取值范围为$[\frac{2}{e},+\infty)$.

(1)当$a = 1$时，求函数$f(x)$的极值；

答案：
(1)当$a = 1$时，$f(x)=x - e^{x}$，则$f^{\prime}(x)=1 - e^{x}$，
当$x\lt0$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，当$x\gt0$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，
所以函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，在$(0,+\infty)$上单调递减，
所以函数$f(x)$的极大值为$f(0)= - 1$，无极小值.

(2)若存在$x\in (0,+\infty )$，使不等式$f(x)\leqslant g(x)-e^{x}$成立，求实数$a$的取值范围.

答案：
(2)若存在$x\in(0,+\infty)$，使不等式$f(x)\leq g(x)-e^{x}$成立，
则$ax\leq\frac{\ln x}{x}(x\gt0)$，即$a\leq\frac{\ln x}{x^{2}}(x\gt0)$，
则问题转化为$a\leq(\frac{\ln x}{x^{2}})_{\max}$
令$h(x)=\frac{\ln x}{x^{2}},x\gt0,h^{\prime}(x)=\frac{x - 2x\ln x}{x^{4}}=\frac{1 - 2\ln x}{x^{3}}$
当$0\lt x\lt\sqrt{e}$时，$h^{\prime}(x)\gt0$，当$x\gt\sqrt{e}$时，$h^{\prime}(x)\lt0$，
所以函数$h(x)$在$(0,\sqrt{e})$上单调递增，在$(\sqrt{e},+\infty)$上单调递减，
所以$h(x)_{\max}=h(\sqrt{e})=\frac{1}{2e}$，所以$a\leq\frac{1}{2e}$
即实数$a$的取值范围为$(-\infty,\frac{1}{2e}]$.