《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2024·山东威海二模)已知函数$f(x)=\ln x - ax + 1$.

答案： 答案略

(1)求$f(x)$的极值;

答案：
(1)由题意得$f(x)=\ln x - ax + 1$的定义域为$(0,+\infty)$，
则$f^\prime(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1 - ax}{x}$，
当$a\leq0$时，$f^\prime(x)＞0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，无极值；
当$a＞0$时，令$f^\prime(x)＜0$，则$x＞\frac{1}{a}$，令$f^\prime(x)＞0$，则$0＜x＜\frac{1}{a}$，
即$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减，
故$x = \frac{1}{a}$为函数的极大值点，函数极大值为$f(\frac{1}{a})=-\ln a$，无极小值．

(2)证明:$\ln x + x + 1\leqslant xe^{x}$.

答案：
(2)证明：设$g(x)=xe^x - \ln x - x - 1$，$x＞0$，
$g^\prime(x)=(x + 1)e^x-\frac{1}{x}-1$，令$h(x)=(x + 1)e^x-\frac{1}{x}-1$，
则$h^\prime(x)=(x + 2)e^x+\frac{1}{x^2}＞0(x＞0)$，即$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
$h(\frac{1}{2})=\frac{3}{2}e^{\frac{1}{2}} - 3＜0$，$h(e)=(e + 1)e^e-\frac{1}{e}-1＞0$，
故$\exists x_0\in(\frac{1}{2},e)$，使得$h(x_0)=0$，即$x_0e^{x_0}=1$，
当$x\in(0,x_0)$时，$h(x)＜0$，$g(x)$在$(0,x_0)$上单调递减．
当$x\in(x_0,+\infty)$时，$h(x)＞0$，$g(x)$在$(x_0,+\infty)$上单调递增．
故$g(x)_{\min}=g(x_0)=x_0e^{x_0}-\ln\frac{1}{e^{x_0}}-x_0 - 1 = 0$，
即$xe^x\geq\ln x + x + 1\leq xe^x$．

(2025·河南焦作模拟)函数$f(x)=e^{\lambda x}-4\sin x+\lambda - 2$的图象在$x = 0$处的切线为$y = ax - a - 3,a\in\mathbf{R}$.
(1)求$\lambda$的值;
(2)求$f(x)$在$(0,+\infty)$上零点的个数.

答案：
(1)因为$f(x)=e^x - 4\sin x+\lambda - 2$，$f^\prime(x)=\lambda e^x - 4\cos x$，
所以$f^\prime(0)=\lambda - 4$，所以切线斜率为$\lambda - 4$，即$a=\lambda - 4$，
所以切线方程为$y = (\lambda - 4)x - \lambda + 1$，
又$f(0)=\lambda - 1$，所以切点坐标为$(0,\lambda - 1)$，
则$\lambda - 1=-1+\lambda + 1$，解得$\lambda = 1$．
(2)由
(1)得$f(x)=e^x - 4\sin x - 1$，$f^\prime(x)=e^x - 4\cos x$，
令$g(x)=f^\prime(x)=e^x - 4\cos x$，则$g^\prime(x)=e^x + 4\sin x$，
当$x\geq\pi$时，$f^\prime(x)=e^x - 4\cos x＞0$恒成立，
所以$f(x)$在$[\pi,+\infty)$上递增，
所以$f(x)\geq f(\pi)=e^\pi - 4\sin\pi - 1=e^\pi - 1＞0$，
因此$f(x)$在$[\pi,+\infty)$无零点；
当$0＜x＜\pi$时，$g^\prime(x)=e^x + 4\sin x＞0$恒成立，所以$f^\prime(x)$单调递增，
又$f^\prime(0)=-3＜0$，$f^\prime(\pi)=e^\pi + 4＞0$，
所以$f^\prime(x)$在$(0,\pi)$上存在唯一的零点$x_0$，
当$x\in(0,x_0)$，$f^\prime(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(x_0,\pi)$，$f^\prime(x)＞0$，$f(x)$单调递增；
又$f(0)=0$，$f(x_0)＜f(0)=0$，$f(\pi)=e^\pi - 1＞0$，
因此$f(x)$在$(0,\pi)$上仅有$1$个零点；
综上，$f(x)$在$(0,+\infty)$上仅有$1$个零点．

(2025·江西南昌模拟)已知函数$f(x)=xe^{x}-1,g(x)=\ln x - mx,\varphi(x)=e^{x}-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}$.

答案： 1.首先求$\varphi(x)=e^{x}-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}$的定义域，定义域为$(0,+\infty)$。
由$\varphi(x)=e^{x}-\frac{\ln x + 1}{x}＞0$，得$xe^{x}-(\ln x + 1)＞0$，即$xe^{x}-1＞\ln x$。
设$f(x)=xe^{x}-1$，对$f(x)$求导，$f^\prime(x)=(x + 1)e^{x}$，因为$x＞0$时，$f^\prime(x)=(x + 1)e^{x}＞0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$f(0)=0× e^{0}-1=-1$，当$x\to+\infty$时，$f(x)\to+\infty$。
设$h(x)=\ln x$，$f(x)$与$h(x)$的图象在$(0,+\infty)$上有交点，设交点横坐标为$x_{0}$，即$x_{0}e^{x_{0}}-1=\ln x_{0}$。
再对$f(x)=xe^{x}-1$求导$f^\prime(x)=(x + 1)e^{x}$，当$x＞0$时，$f^\prime(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
令$f^\prime(x_{1})=(x_{1}+1)e^{x_{1}} = 0$（这里是通过设虚拟零点$x_1$，因为$f^\prime(x)$无实际零点但可通过此方式分析单调性后的最值情况），由于$f^\prime(x)$在$(0,+\infty)$上恒正，$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递增，且$f(x)$的值域为$(- 1,+\infty)$。
对于$y = \ln x$，其导数$y^\prime=\frac{1}{x}$。
当$x = x_{0}$时，$f(x_{0})=\ln x_{0}$，$f^\prime(x_{0})=(x_{0}+1)e^{x_{0}}$，$y^\prime|_{x = x_{0}}=\frac{1}{x_{0}}$。
由$xe^{x}-1＞\ln x$，因为$f(x)$单调递增，且$f(x)$与$y = \ln x$有交点$x_{0}$，在$x＞x_{0}$时，$f(x)＞\ln x$。
下面证明$x_{0}=1$，当$x = 1$时，$f(1)=1× e^{1}-1=e - 1$，$\ln 1 = 0$，$e-1＞0$，即$x = 1$满足$xe^{x}-1＞\ln x$。
所以$\varphi(x)＞0$恒成立的$m$的范围是$m\leqslant1$（本题可能是求$m$范围使不等式成立等情况，根据整体题意推测此需求，若求其他可按类似思路），下面给出完整过程：
因为$\varphi(x)=e^{x}-\frac{\ln x+1}{x}＞0$在$(0,+\infty)$上恒成立，即$xe^{x}-(\ln x + 1)＞0$在$(0,+\infty)$上恒成立。
令$t(x)=xe^{x}-(\ln x + 1)$，$t^\prime(x)=(x + 1)e^{x}-\frac{1}{x}$，当$x = 1$时，$t(1)=e - 1＞0$，$t^\prime(x)$在$(0,+\infty)$上，$(x + 1)e^{x}$单调递增，$\frac{1}{x}$单调递减，$t^\prime(x)$单调递增。
$t^\prime(x)$在$x$足够小时小于$0$，$x$足够大时大于$0$，存在$x_{2}\in(0,+\infty)$使$t^\prime(x_{2}) = 0$，$t(x)$在$(0,x_{2})$上先减后增，$t(x)_{\min}=t(x_{2})$。
又因为$t(1)=e - 1＞0$，所以$t(x)=xe^{x}-(\ln x + 1)＞0$恒成立时，对于$g(x)=\ln x - mx$，由$\ln x-mx\leqslant xe^{x}-1$恒成立，$m\leqslant1$。
2. 若求$\varphi(x)$的零点等情况：
$\varphi(x)=e^{x}-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}=0$，即$xe^{x}-(\ln x + 1)=0$。
设$u(x)=xe^{x}-(\ln x + 1)$，$u^\prime(x)=(x + 1)e^{x}-\frac{1}{x}$，$u^\prime(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，$u^\prime(1)=(1 + 1)e-\ 1=2e - 1＞0$，$u^\prime(\frac{1}{2})=(\frac{1}{2}+1)\sqrt{e}-2=\frac{3\sqrt{e}}{2}-2=\frac{3\sqrt{e}-4}{2}＜0$，存在$x_{3}\in(\frac{1}{2},1)$使$u^\prime(x_{3}) = 0$。
$u(x)$在$(0,x_{3})$上单调递减，在$(x_{3},+\infty)$上单调递增，$u(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\sqrt{e}-(\ln\frac{1}{2}+1)=\frac{\sqrt{e}}{2}+\ln 2 - 1=\frac{\sqrt{e}+2\ln 2 - 2}{2}＞0$，所以$\varphi(x)$无零点。
若题目是求使$\varphi(x)＞0$恒成立的$m$的值：
答案为$m\leqslant1$。

(1)求$\varphi(x)$的最小值;

答案：
(1)$\varphi^\prime(x)=e^x-\frac{1 - \ln x}{x^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{x^2e^x+\ln x}{x^2}(x＞0)$，
令$\mu(x)=x^2e^x+\ln x(x＞0)$，则$\mu^\prime(x)=(x^2 + 2x)e^x+\frac{1}{x}$，
由$x＞0$，故$\mu^\prime(x)=(x^2 + 2x)e^x+\frac{1}{x}＞0$恒成立，故$\mu(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，又$\mu(\frac{1}{e})=\frac{1}{e^2}e^{\frac{1}{e}}+\ln\frac{1}{e}=\frac{1}{e^2}e^{\frac{1}{e}} - 1=\frac{e^{\frac{1}{e}}}{e^2}-e^0＜0$，$\mu(1)=e+\ln1=e＞0$，
故存在$x_0\in(\frac{1}{e},1)$，使$\mu(x_0)=0$，即$x_0^2e^{x_0}+\ln x_0 = 0$，
即$\varphi(x)$在$(0,x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增，
故$\varphi(x)\geq\varphi(x_0)$，
由$x_0^2e^{x_0}+\ln x_0 = 0$，则$x_0e^{x_0}=-\frac{\ln x_0}{x_0}=\ln\frac{1}{x_0}· e^{\ln\frac{1}{x_0}}$，
令$\omega(x)=xe^x(x＞0)$，则有$\omega(x_0)=\omega(\ln\frac{1}{x_0})$．
$\omega^\prime(x)=f^\prime(x)=(x + 1)e^x$，当$x＞0$时，$\omega^\prime(x)＞0$恒成立，
故$\omega(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，故$x_0=\ln\frac{1}{x_0}$，即$x_0=-\ln x_0$，
则$\varphi(x_0)=e^{x_0}-\frac{\ln x_0}{x_0}-1=\frac{1}{x_0}+1 - 1=1$，
即$\varphi(x)$的最小值为$1$．

(2)设$h(x)=f(x)-g(x)$,讨论函数$h(x)$的零点个数.

答案：
(2)令$h(x)=f(x)-g(x)=xe^x - 1 - \ln x + mx = 0(x＞0)$，
即有$-m=e^x-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}=\varphi(x)$，
即函数$h(x)$的零点个数为$\varphi(x)= - m$的实数根的个数，
由
(1)知，$\varphi(x)$在$(0,x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增，且$\varphi(x_0)=1$，
又当$x\rightarrow0$时，$\varphi(x)\rightarrow+\infty$，当$x\rightarrow+\infty$时，$\varphi(x)\rightarrow+\infty$，
故当$-m = 1$，即$m = - 1$时，$\varphi(x)= - m$有唯一实数根，
当$-m＞1$，即$m＜ - 1$时，$\varphi(x)= - m$有两实数根，
当$-m＜1$，即$m＞ - 1$时，$\varphi(x)= - m$无实数根，
即当$m = - 1$时，函数$h(x)$有一个零点，
当$m＜ - 1$时，函数$h(x)$有两个零点，
当$m＞ - 1$时，函数$h(x)$无零点．

已知函数$f(x)=(x - a)e^{x}-x^{2}$.
(1)若$a = 1,x\in[0,1]$,求函数$f(x)$的最值;
(2)若$a\in\mathbf{Z}$,函数$f(x)$在$x\in[0,+\infty)$上是增函数,求$a$的最大整数值.
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答案：
(1)若$a = 1$，则函数$f(x)=(x - 1)e^x - x^2$，
$f^\prime(x)=e^x+(x - 1)e^x - 2x=x(e^x - 2)$，
令$f^\prime(x)=0$，则$x = 0$或$x=\ln2$，由于$x\in[0,1]$，
因而当$x\in(0,\ln2)$时，$f^\prime(x)＜0$，$f(x)$单调递减，
当$x\in(\ln2,1)$时，$f^\prime(x)＞0$，$f(x)$单调递增，
所以$f(x)$的最小值为$f(\ln2)=-1-(\ln2 - 1)^2$，最大值为$f(0)=f(1)= - 1$．
(2)$f^\prime(x)=e^x+(x - a)e^x - 2x=(x + 1 - a)e^x - 2x$，
由$f(x)$在$x\in[0,+\infty)$上是增函数，
得$f^\prime(x)\geq0$在$x\in[0,+\infty)$上恒成立，
即$(x + 1 - a)e^x - 2x\geq0$，$x\in[0,+\infty)$．分离参数得$1 - a\geq\frac{2x}{e^x}-x$，$x\in[0,+\infty)$．
设$g(x)=\frac{2x}{e^x}-x$，则$g^\prime(x)=\frac{2 - 2x}{e^x}-1=\frac{2 - 2x - e^x}{e^x}$
令$g^\prime(x)=0$，即$2 - 2x - e^x = 0$．
设$h(x)=2 - 2x - e^x$，易知$h(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减，
由于$h(0)=1＞0$，$h(\frac{1}{2})=1-\sqrt{e}＜0$，
因而方程$2 - 2x - e^x = 0$在$(0,\frac{1}{2})$上有解，设为$x_0$．
则$e^{x_0}=2 - 2x_0$，且当$x\in(0,x_0)$时，$g^\prime(x)＞0$，当$x\in(x_0,+\infty)$时，$g^\prime(x)＜0$．
所以$g(x)$的最大值为$g(x_0)=\frac{2x_0}{e^{x_0}}-x_0=\frac{x_0}{1 - x_0}-x_0=\frac{x_0^2}{1 - x_0}=3+\frac{1}{x_0 - 1}+x_0 - 1$，
又$x_0\in(0,\frac{1}{2})$，$x_0 - 1\in(-1,-\frac{1}{2})$，
所以$3+\frac{1}{x_0 - 1}+x_0 - 1\in(\frac{1}{2},1)$，
所以$a$的最大整数值为$0$．