试题
T1
新月
已知 $e^x - axe^{-x} + 2x - \ln x \geq \ln a$ 恒成立，则 $a$ 的取值范围是 $\underline{\qquad\quad}$ .
T2
新月
设 $a > 0$，$f(x) = (x-a)\sin x$ 在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 上的最小值为 $-\frac{3}{2}$，则 $a = \underline{\qquad\quad}$ .
T3
新月
已知函数 $f(x) = \ln x + \frac{(a+b)x + b - a}{x+1}$ 有极大值 $M$ 和极小值 $N$ ，则 $M+N$ 的值（ ）
$A.$ 只与 $a$ 有关.
$B.$ 只与 $b$ 有关.
$C.$ 与 $a,b$ 都有关.
$D.$ 与 $a,b$ 都无关.
T4
新月
已知函数 $f(x) = x\ln x - ax^2(a\neq0)$ .
(1) 若 $f(x) \leq 0$，求 $a$ 的取值范围.
(2) 若 $f(x) \geq \frac{2}{a}$ ，求 $a$ 的取值范围.
T5
上弦月
已知函数 $f(x) = \frac{x^4-(\cos \theta + 1)x^3 - (\sin \theta+1)x + 1}{x^2}$ ，$x > 0$，$\theta \in \mathbb{R}$，若 $f(x) \geq m$ 恒成立，则 $m$ 的最大值为 $\underline{\qquad\quad}$ .
T6
上弦月
(1) 已知 $a,b\in\mathbb{R}$，$(a-b)^2 + (e^a - \ln b)^2 \geq m$ 恒成立，则 $m$ 的最大值为 $\underline{\qquad\quad}$ .
(2) 已知 $a,b\in\mathbb{R}$，$(a-b+3)^2 + (\frac{a}{e^a} - b)^2 \geq m$ 恒成立，则 $m$ 的最大值为 $\underline{\qquad\quad}$ .
T7
上弦月
已知函数 $f(x) = e^{2x} - 2xe^x$ .
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性.
(2) 证明：$f(x) \geq \frac{1}{3}x^3 + 1$ .
(3) 是否存在 $a > 0$，使得当 $x\geq0$ 时，$f(x)\geq ax^2+1$ 恒成立？说明理由.
T8
上弦月
(2020年全国三卷)
设函数 $f(x) = x^3 + bx + c$，曲线 $y = f(x)$ 在点 $(\frac{1}{2},f(\frac{1}{2}))$ 处的切线与 $y$ 轴垂直.
(1) 求 $b$ .
(2) 若 $f(x)$ 有一个绝对值不大于 $1$ 的零点，证明：$f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 $1$ .
T9
上弦月
(2020年“星云”线上模拟统一考试)
已知函数 $f(x) = \frac{1}{2}(x-a)^2e^x$ .
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性
(2) 若 $x\leq0$，$f(x)\leq x^2-(a-1)x+1$，求 $a$ 的取值范围
答案
T1
答案：$(0, 2e]$
提示：指对混合、参数不能分离、小题，Buff叠满了，100%是同构。简单观察一下，容易看出
于是 $x \geq \ln (ax) - x$ ，求得 $a \leq 2e$ 。
T2
答案：$\sqrt{3} + \frac{\pi}{3}$
提示：这题有点意思。求导得 $f'(x) = \cos x(\tan x + x - a)$，由于 $\tan x + x - a$ 单增且在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 上有一个零点 $x_0$，故 $f(x)$ 的最小值为 $f(x_0)$ 。这里的 $x_0$ 是隐零点，满足
由此可以求出 $\sin x_0 = \frac{a-x_0}{\sqrt{(a-x_0)^2 + 1}}$ 。则
$$ f(x_0) = (x_0 - a)\sin (x_0) = -\frac{(a-x_0)^2}{\sqrt{(a-x_0)^2 + 1}} $$注意到 $x_0 < a$ (为什么?)，根据上式 $=-\frac{3}{2}$ 可以求出 $a - x_0 = \sqrt{3}$，故 $\tan x_0 = \sqrt{3}$，推出 $x_0 = \frac{\pi}{3}$，从而 $a = \sqrt{3} + \frac{\pi}{3}$ 。
T3
答案：$B.$
提示：$f(x) = \ln x + \frac{(a+b)x+b-a}{x+1}$，求导 $f'(x) = \frac{x^2+(2a+1)x+1}{x(x+1)^2}$ ，由题意知 $x^2 + (2a+1)x + 1$ 有两个零点 $x_1,x_2$，由韦达定理得 $x_1x_2 = 1$ ，则 $M+N = f(x_1) + f(\frac{1}{x_1}) = 2b$，只与 $b$ 有关。本题的函数有这样一个性质：$f(x) + f(\frac{1}{x}) = 2b$ .
T4
答案：(1) $[\frac{1}{e},+\infty]$ (2) $[-e^3,0)$
提示：
(1) $f(x) \leq 0$ $\Longrightarrow$ $x(\ln x - ax) \leq 0$ $\Longrightarrow$ $\ln x - ax\leq 0$ $\Longrightarrow$ $a\geq \frac{\ln x}{x}$
(2) $f(x) \geq \frac{2}{a}$ $\Longrightarrow$ $x\ln x - ax^2 - \frac{2}{a} \geq 0$ ，首先注意到 $a < 0$，这可由 $f(1)\geq \frac{2}{a}$ 得到。如果直接对左边的函数求导讨论，需要求二阶导，而且极值形式复杂。不妨使用“对数单身狗”（参见文章 论“对数单身狗、指数找朋友”） 转化为 $\ln x - ax - \frac{2}{ax} \geq0$ ，构造函数 $g(x) = \ln x - ax - \frac{2}{ax}$ 求导讨论即可。$g'(x) = \frac{(2-ax)(ax+1)}{ax^2}$ ，于是极小值点为 $-\frac{1}{a}$，$g(-\frac{1}{a}) \geq 0$ $\Longrightarrow$ $\ln \big(-\frac{1}{a}\big)+3 \geq0$ ，解得 $-e^3 \leq a < 0$ 。
T5
答案： $-\sqrt{2}$
提示：$f(x) = \frac{x^4 - (\cos \theta+1)x^3 - (\sin\theta+1)x + 1}{x^2} = x^2 - x - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} - (\frac{1}{x}\cdot\sin\theta+x\cdot\cos\theta)$ ，其中的三角函数部分可以使用辅助角公式放缩：$\frac{1}{x}\cdot\sin\theta+x\cdot\cos\theta = \sqrt{\frac{1}{x^2}+x^2}\cdot\sin(\theta+\varphi)\leq\sqrt{\frac{1}{x^2}+x^2}$ ，所以我们有 $f(x) \geq x^2 - x - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} - \sqrt{\frac{1}{x^2}+x^2}$ ，这个式子的主体是 $x^2 + \frac{1}{x^2}$，而且其中的 $x+\frac{1}{x}$ 也可以这样表示：$x+\frac{1}{x} = \sqrt{(x+\frac{1}{x})^2} = \sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}+2}$ ，所以 $f(x) \geq (x^2+\frac{1}{x^2})-\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}+2}-\sqrt{\frac{1}{x^2}+x^2}$ ，换元 $t = x^2+\frac{1}{x^2} \geq 2$ ，则 $f(x)\geq t - \sqrt{t+2} - \sqrt{t}$ ，求导容易得到此函数单增，故 $f(x)\geq-\sqrt{2}$
T6
答案：(1) $2$ (2) $\frac{9}{2}$
提示：
(1) 视为点 $(a,e^a)$ 和 $(b,\ln b)$ 两点之间距离的平方，因此目标转化为求曲线 $y = e^x$ 和 $y = \ln x$ 上两点之间距离的最小值，由于它们互为反函数，关于 $y=x$ 对称，而 $y = e^x$ 的斜率为 $1$ 的切线为 $y=x+1$，$y=\ln x$ 的斜率为 $1$ 的切线为 $y = x - 1$，所以当 $a,b$ 位于两个切点，即 $a=0,b=1$ 时，两点之间的距离最小，为 $\sqrt{2}$ .
(2) 首先换元 $c = b-3$，则左边式子变成 $(a-c)^2+(\frac{a}{e^a}-c-3)^2$，目标转化为求曲线 $y = \frac{x}{e^x}$ 和直线 $y=x+3$ 上两点之间距离的最小值，画图可知当 $a$ 位于 $y=\frac{x}{e^x}$ 的切线斜率等于 $1$ 处时，过点 $a$ 作直线 $y = x + 3$ 的垂线，该垂线段的距离(的平方)即为所求（相应的 $c$ 位于垂足处）。
T7
答案：(1) 单调递增 (2) 略 (3) 不存在
提示：
第二问直接构造函数 $f(x) - \frac{1}{3}x^3-1$ 求三阶导数即可。
第三问，构造函数 $g(x) = f(x) - ax^2 - 1$，注意到 $g(0) = 0$，根据端点效应，必须有 $g'(0) \geq0$，求导得 $g'(x) = 2e^{2x} - 2(x+1)e^x - 2ax$，$g'(0) = 0$，继续使用端点效应，必须有 $g''(0)\geq0$，求二阶导得 $g''(x) = 4e^{2x} - 2(x+2)e^x - 2a$，$g''(0) = -2a < 0$，因此不等式 $g(x) \geq 0$ 不可能恒成立。
如果要严格地求解第三问，需要取点，具体而言，需要取到一个点 $x_0$，使得 $g(x_0) < 0$ 。下面提供一种方法：基于第二问的启示，构造函数
求导容易证明 $h(x)$ 是单增的。取 $x_0\in(0,a)$，则 $h(x_0) < h(a)$，即 $f(x_0) < h(a)x_0^3 + 1$ 。
- 如果 $h(a) \leq 1$，则 $h(a)x_0^3+1 \leq x_0^3+1 < ax_0^2+1$ ;
- 如果 $h(a) > 1$，取 $x_0' = \frac{a}{h(a)}\in(0,a)$，亦有 $h(x_0') < h(a)$，即 $f(x_0') < h(a)(x_0')^3+1 = a(x_0')^2+1$
T8
答案：(1) $-\frac{3}{4}$ (2) 略
提示：本题虽然是较简单的三次函数问题，但是第二问前无古人(目前也无来者)的设问方式给这道题目拔高了不止一个档次。本题的背景很神秘，最容易看出的是三倍角公式：$\cos 3\theta = 4\cos^3 \theta - 3\cos \theta$ 以及切比雪夫多项式 $T_3(x) = 4x^3-3x$。而第二问的设问方式，似乎还与”彭赛列结构“有关：有一个满足一种结构的关系存在，则所有都满足这种结构的关系都存在 。
背景很深邃，设问很新颖，本题的做法也很独特。第一问容易求出 $b = -\frac{3}{4}$，则
反证法的动机是很明显的。假设 $f(x)$ 存在一个绝对值大于 $1$ 的零点 $x_0$，已知的绝对值不大于 $1$ 的零点为 $x_1$，则 $f(x_1) = x_1^3 - \frac{3}{4}x_1 + c = 0$，得到 $c = \frac{3}{4}x_1 - x_1^3$ ，容易证明 $-\frac{1}{4} \leq c \leq \frac{1}{4}$ 。
- 如果 $x_0 > 1$，则 $f(x_0) = x_0^3 - \frac{3}{4}x_0 + c\geq x_0^3 - \frac{3}{4}x_0 - \frac{1}{4}=\frac{1}{4}(2x_0+1)^2(x_0-1) > 0$，矛盾。
- 如果 $x_0 < -1$，则 $f(x_0) = x_0^3 - \frac{3}{4}x_0 + c \leq x_0^3 -\frac{3}{4}x_0+\frac{1}{4} = \frac{1}{4}(2x_0-1)^2(x_0+1) < 0$ ，矛盾。 综上，$f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 $1$ 。
T9
答案：(1) 略 (2) $[-1,\sqrt{2}]$
提示：第二问，如果直接构造函数 $g(x) = f(x) - x^2+(a-1)x-1$，非常麻烦。最简单的方法是利用”指数找朋友“（参见文章 论“对数单身狗、指数找朋友”）构造函数
然后求导讨论即可。