《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)讨论$f(x)$的单调性；

答案： 解：
(1)函数$f(x)=\ln x + ax + 1,a \in \mathbf{R}$的定义域为$(0, +\infty)$，
且$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x} + a$。
当$a \geq 0$时，$\forall x \in (0, +\infty),f^{\prime}(x)=\frac{1}{x} + a ＞ 0$恒成立，
所以$f(x)$在区间$(0, +\infty)$上单调递增；
当$a ＜ 0$时，令$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x} + a=\frac{1 + ax}{x}=0$，解得$x = - \frac{1}{a}$。
当$x \in (0, - \frac{1}{a})$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$在区间$(0, - \frac{1}{a})$上单调递增，
当$x \in ( - \frac{1}{a}, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，$f(x)$在区间$( - \frac{1}{a}, +\infty)$上单调
递减。
综上所述，当$a \geq 0$时，$f(x)$在区间$(0, +\infty)$上单调递增；
当$a ＜ 0$时，$f(x)$在区间$(0, - \frac{1}{a})$上单调递增，在区间
$( - \frac{1}{a}, +\infty)$上单调递减。

(2)当$a\leq2$时，证明：$\frac{f(x)}{x}\leq e^{2x}$。

答案：
(2)证明：当$a \leq 2$时，因为$x ＞ 0$，$f(x)=\ln x + ax + 1 \leq \ln x + 2x + 1$，
所以要证$\frac{f(x)}{x} \leq e^{2x}$，只要证明$\frac{\ln x + 2x + 1}{x} \leq e^{2x}$即可。
即要证$\ln x + 2x + 1 \leq xe^{2x}$，等价于$e^{2x + \ln x} \geq \ln x + 2x + 1(*)$。
令$g(x)=e^{x} - x - 1$，则$g^{\prime}(x)=e^{x} - 1$，在区间$( - \infty,0)$上，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，
$g(x)$单调递减；
在区间$(0, +\infty)$上，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，$g(x)$单调递增，所以$g(x) \geq g(0)=e^{0}$
$-0 - 1 = 0$，所以$e^{x} \geq x + 1$（当且仅当$x = 0$时等号成立）。
所以$(*)$成立，当且仅当$2x + \ln x = 0$时，等号成立。
又$h(x)=2x + \ln x$在$(0, +\infty)$上单调递增，$h(\frac{1}{e})=\frac{2}{e} - 1 ＜ 0$，
$h(1)=2 ＞ 0$，所以存在$x_{0} \in (\frac{1}{e},1)$，使得$2x_{0} + \ln x_{0} = 0$成立。
综上所述，原不等式成立。

(1)若函数$F(x)=f(x)-x^{2}$有两个极值点，求实数$a$的取值范围；

答案： 解：
(1)由题，$F(x)=ax - \ln x - x^{2}$，函数的定义域为
$(0, +\infty)$，$F^{\prime}(x)=a - \frac{1}{x} - 2x=\frac{- 2x^{2} + ax - 1}{x}(x ＞ 0)$，因为$F(x)$
有两个极值点，
所以方程$- 2x^{2} + ax - 1 = 0$有两个不相等的正实根。
设为$x_{1},x_{2}$，且$x_{1} ＜ x_{2}$，得$x_{1} + x_{2}=\frac{a}{2} ＞ 0$，
且$\Delta = a^{2} - 8 ＞ 0$，得$a ＞ 2\sqrt{2}$。
当$0 ＜ x ＜ x_{1}$时，$F^{\prime}(x) ＜ 0$，$F(x)$单调递减；
当$x_{1} ＜ x ＜ x_{2}$时，$F^{\prime}(x) ＞ 0$，$F(x)$单调递增；
当$x ＞ x_{2}$时，$F^{\prime}(x) ＜ 0$，$F(x)$单调递减。
所以$F(x)$在$x = x_{1}$处有极小值，在$x = x_{2}$处有极大值，
因此实数$a$的取值范围是$(2\sqrt{2}, +\infty)$。

(2)若曲线$y = f(x)$在点$(\frac{1}{e},f(\frac{1}{e}))$处的切线与$y$轴垂直，求证：$f(x)＜e^{x}+\frac{1}{ex}$。

答案：
(2)证明：因为$f(x)=ax - \ln x$，则$f^{\prime}(x)=\frac{ax - 1}{x}(x ＞ 0)$，
由题意知$f^{\prime}(\frac{1}{e})=e(\frac{a}{e} - 1)=0$，得$a = e$，故$f(x)=ex - \ln x$，
所以$f(x) ＜ e^{x} + \frac{1}{ex}$，
即$ex - \ln x ＜ e^{x} + \frac{1}{ex}$，即$ex - e^{x} ＜ \ln x + \frac{1}{ex}$。
令$g(x)=ex - e^{x}(x ＞ 0)$，则$g^{\prime}(x)=e - e^{x}$，
当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，$g(x)$单调递减，
当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，$g(x)$单调递增，
所以$g(x)_{\max}=g(1)=e - e = 0$。
令$h(x)=\ln x + \frac{1}{ex}$，则$h^{\prime}(x)=\frac{ex - 1}{ex^{2}}$，
当$x ＞ \frac{1}{e}$时，$h^{\prime}(x) ＞ 0$，$h(x)$单调递增，
当$0 ＜ x ＜ \frac{1}{e}$时，$h^{\prime}(x) ＜ 0$，$h(x)$单调递减，
所以$h(x)_{\min}=h(\frac{1}{e})=\ln\frac{1}{e} + 1 = 0$。
显然$g(x)$与$h(x)$不同时为$0$。
所以$ex - e^{x} ＜ \ln x + \frac{1}{ex}$，故$f(x) ＜ e^{x} + \frac{1}{ex}$。