《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)当 $ 1 ＜ s \leq 2 $ 时，讨论 $ f(x) $ 的单调性；

答案：
(1)由$f(x)=\frac{x^{s - 1}}{e^{x}-1}$，$x\in(0,+\infty)$，$1＜s\leq2$可得
$f^{\prime}(x)=\frac{(s - 1)· x^{s - 2}·(e^{x}-1)-x^{s - 1}· e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}=\frac{x^{s - 2}·[(s - 1 - x)· e^{x}-(s - 1)]}{(e^{x}-1)^{2}}$。
令$h(x)=(s - 1 - x)· e^{x}-(s - 1)$，则$h^{\prime}(x)=-e^{x}+(s - x - 1)· e^{x}=(s - x - 2)· e^{x}$。
又$1＜s\leq2$，$x＞0$，所以$s - x - 2＜0$，$e^{x}＞0$，即$h^{\prime}(x)＜0$恒成立。
即函数$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。
又$h(0)=0$，所以$h(x)＜h(0)=0$，
可得$f^{\prime}(x)=\frac{x^{s - 2}·[(s - 1 - x)· e^{x}-(s - 1)]}{(e^{x}-1)^{2}}＜0$恒成立。
因此函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，
即当$1＜s\leq2$时，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。

(2)当 $ s ＞ 2 $ 时。
①证明 $ f(x) $ 有唯一极值点；
②记 $ f(x) $ 的唯一极值点为 $ g(s) $，讨论 $ g(s) $ 的单调性，并证明你的结论。

答案：
(2)①证明:由
(1)可知，令$h^{\prime}(x)=(s - x - 2)· e^{x}=0$，
可得$x=s - 2＞0$。
易知当$x\in(0,s - 2)$时，$h^{\prime}(x)=(s - x - 2)· e^{x}＞0$，即函数$h(x)$在$(0,s - 2)$上单调递增；
当$x\in(s - 2,+\infty)$时，$h^{\prime}(x)=(s - x - 2)· e^{x}＜0$，
即函数$h(x)$在$(s - 2,+\infty)$上单调递减。
即函数$h(x)$在$x=s - 2$处取得极大值，也是最大值。
注意到$h(0)=0$，由单调性可得$h(s - 2)＞h(0)=0$，可知$h(x)$在$(0,s - 2)$大于零。
不妨取$x=2s - 2$，则$h(2s - 2)=(1 - s)· e^{2s - 2}-(s - 1)=(1 - s)(e^{2s - 2}+1)＜0$。
由零点存在定理可知$h(x)$存在唯一变号零点$x_{0}\in(s - 2,+\infty)$，
所以$f^{\prime}(x)=\frac{x^{s - 2}·[(s - 1 - x)· e^{x}-(s - 1)]}{(e^{x}-1)^{2}}$存在唯一变号零点$x_{0}$满足$f^{\prime}(x_{0})=0$。
由$h(x)$单调性可得，当$x\in(0,x_{0})$时，$f^{\prime}(x)＞0$；
当$x\in(x_{0},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$。
即可得函数$f(x)$在$(0,x_{0})$上单调递增，在$(x_{0},+\infty)$上单调递减。
所以$f(x)$有唯一极大值点$x_{0}$。
②$g(s)$在$(2,+\infty)$上单调递增，证明如下:记$f(x)$的唯一极值点为$g(s)$，即可得$x_{0}=g(s)$。
由$h(x_{0})=(s - 1 - x_{0})· e^{x_{0}}-(s - 1)=0$可得$s=\frac{x_{0}· e^{x_{0}}}{e^{x_{0}}-1}+1$，
即可得$g(s)$的反函数$g^{-1}(s)=\frac{x_{0}· e^{x_{0}}}{e^{x_{0}}-1}+1$。
令$\varphi(x)=\frac{x· e^{x}}{e^{x}-1}+1$，$x\in(s - 2,+\infty)$，则$\varphi^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(e^{x}-x - 1)}{(e^{x}-1)^{2}}$。
构造函数$m(x)=e^{x}-x - 1$，$x\in(0,+\infty)$，则$m^{\prime}(x)=e^{x}-1$。
显然$m^{\prime}(x)=e^{x}-1＞0$在$(0,+\infty)$恒成立，所以$m(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
因此$m(x)＞m(0)=0$，即$e^{x}＞x + 1$在$(0,+\infty)$上恒成立。
而$s＞2$，即$s - 2＞0$，所以$e^{x}＞x + 1$在$(s - 2,+\infty)$上恒成立。
即可得$\varphi^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(e^{x}-x - 1)}{(e^{x}-1)^{2}}＞0$在$(s - 2,+\infty)$上恒成立。
因此$g^{-1}(s)$在$(s - 2,+\infty)$上单调递增。
易知函数$g(s)$与其反函数$g^{-1}(s)$有相同的单调性，
所以函数$g(s)$在$(2,+\infty)$上单调递增。

(1)证明：当 $ x \in \left(r, r + \frac{1}{9}\right) $ 时，$ 0 ＜ f(x) ＜ 1 $；

答案：
(1)由$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，得任意$x\in(r,r+\frac{1}{9})$，有$f(x)＞f(r)=0$。
又由$f(r)=0$，得$f(x)=f(x)-f(r)$，根据拉格朗日中值定理，
存在$c\in(r,x)$，$f(x)=f(x)-f(r)=f^{\prime}(c)(x - r)＜\frac{1}{9}f^{\prime}(c)=\frac{1}{9}(e^{c}+1)$。
因为$r\in(1,\frac{3}{2})$，所以$c＜x＜r+\frac{1}{9}＜\frac{3}{2}+\frac{1}{9}＜2$。
$\frac{1}{9}(e^{c}+1)＜\frac{1}{9}(e^{2}+1)＜1$，所以$0＜f(x)＜1$。

(2)从图形上看，函数 $ f(x) = e^x + x - 4 $ 的零点就是函数 $ f(x) $ 的图象与 $ x $ 轴交点的横坐标。直接求解 $ f(x) = e^x + x - 4 $ 的零点 $ r $ 是困难的，运用牛顿法，我们可以得到 $ f(x) $ 零点的近似解：先用二分法，可在 $ \left(1, \frac{3}{2}\right) $ 中选定一个 $ x_0 $ 作为 $ r $ 的初始近似值，使得 $ 0 ＜ f(x_0) ＜ \frac{1}{2} $，然后在点 $ (x_0, f(x_0)) $ 处作曲线 $ y = f(x) $ 的切线，切线与 $ x $ 轴的交点的横坐标为 $ x_1 $，称 $ x_1 $ 是 $ r $ 的一次近似值；在点 $ (x_1, f(x_1)) $ 处作曲线 $ y = f(x) $ 的切线，切线与 $ x $ 轴的交点的横坐标为 $ x_2 $，称 $ x_2 $ 是 $ r $ 的二次近似值；重复以上过程，得 $ r $ 的近似值序列 $ x_0, x_1, x_2, ·s, x_n, ·s $。
当 $ x_n ＞ r $ 时，证明：$ x_n ＞ x_{n + 1} ＞ r $。
请完成课时测评 29

答案：
(2)先证：$x_{n}＞x_{n + 1}$。
在$(x_{n},f(x_{n}))$处，曲线$y=f(x)$的切线方程为$y - f(x_{n})=f^{\prime}(x_{n})(x - x_{n})$。
令$y = 0$，得$x=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f^{\prime}(x_{n})}$，即$x_{n + 1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f^{\prime}(x_{n})}$。
由于$x_{n}＞r$，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，则$f(x_{n})＞f(r)=0$。
而$f^{\prime}(x)=e^{x}+1＞0$，则有$\frac{f(x_{n})}{f^{\prime}(x_{n})}＞0$，所以$x_{n + 1}=x_{n}-\frac{f(x_{n})}{f^{\prime}(x_{n})}＜x_{n}$，即$x_{n}＞x_{n + 1}$。
再证：$x_{n + 1}＞r$。
由于$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，只需证$f(x_{n + 1})＞f(r)=0$。
曲线$y=f(x)$在$(x_{n},f(x_{n}))$处的切线方程为$y - f(x_{n})=f^{\prime}(x_{n})(x - x_{n})$，即$y=f(x_{n})+f^{\prime}(x_{n})(x - x_{n})$。
根据$x_{n + 1}$的定义，$f(x_{n})+f^{\prime}(x_{n})(x_{n + 1}-x_{n})=0$。
令$h(x)=f(x)-f(x_{n})-f^{\prime}(x_{n})(x - x_{n})$，$x\in[x_{n + 1},x_{n}]$。
$h^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}(x_{n})=e^{x}-e^{x_{n}}＜0$，$x\in[x_{n + 1},x_{n}]$。
于是$h(x)$在$[x_{n + 1},x_{n}]$上单调递减，而$h(x_{n})=f(x_{n})-f(x_{n})-f^{\prime}(x_{n})(x_{n}-x_{n})=0$，因此$h(x_{n + 1})＞0$。又$h(x_{n + 1})=f(x_{n + 1})$，
即$f(x_{n + 1})＞0$，所以$x_{n + 1}＞r$。
综上$x_{n}＞x_{n + 1}＞r$。