《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例2　已知函数$f(x)=(x - 4)e^{x}-x^{2}+6x$，$g(x)=\ln x-(a + 1)x$，$a ＞ - 1$.
　(1)求$f(x)$的极值;
　(2)若存在$x_{1}\in[1,3]$，对任意的$x_{2}\in[e^{2},e^{3}]$，使得不等式$g(x_{2})＞f(x_{1})$成立，求实数a的取值范围.($e^{3}\approx20.09$)

答案： 例2 解（1）由$f(x)=(x - 4)e^{x}-x^{2}+6x$，
得$f'(x)=e^{x}+(x - 4)e^{x}-2x + 6=(x - 3)e^{x}-2(x - 3)=(x - 3)(e^{x}-2)$，
令$f'(x)=0$，得$x = 3$或$x=\ln2$，$x,f'(x),f(x)$的变化关系如表：
|$x$|$(-\infty,\ln2)$|$\ln2$|$(\ln2,3)$|$3$|$(3,+\infty)$|
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
|$f'(x)$|$+$|$0$|$-$|$0$|$+$|
|$f(x)$|单调递增|极大值|单调递减|极小值|单调递增|
由表可知，当$x=\ln2$时，$f(x)$取得极大值，为$f(\ln2)=(\ln2 - 4)e^{\ln2}-(\ln2)^{2}+6\ln2=-(\ln2)^{2}+8\ln2 - 8$，
当$x = 3$时，$f(x)$取得极小值，为$f(3)=(3 - 4)e^{3}-3^{2}+18=9 - e^{3}$。
（2）由（1）知，$f(x)$在$[1,3]$上单调递减，
所以当$x\in[1,3]$时，$f(x)_{min}=f(3)=9 - e^{3}$，
若存在$x_{1}\in[1,3]$，对任意的$x_{2}\in[e^{2},e^{3}]$，使得不等式$g(x_{2})＞f(x_{1})$成立，
则$\ln x-(a + 1)x＞9 - e^{3}(a＞-1)$对任意的$x\in[e^{2},e^{3}]$恒成立，
即$a + 1＜\frac{\ln x - 9 + e^{3}}{x}$在$[e^{2},e^{3}]$上恒成立，
令$h(x)=\frac{\ln x - 9 + e^{3}}{x},x\in[e^{2},e^{3}]$，则$a + 1＜h(x)_{min}$，
$h'(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-(\ln x - 9 + e^{3})}{x^{2}}=\frac{10 - e^{3}-\ln x}{x^{2}}$，因为$x\in[e^{2},e^{3}]$，
所以$\ln x\in[2,3]$，$10 - e^{3}-\ln x\in[7 - e^{3},8 - e^{3}]$，
因为$e^{3}\approx20.09$，所以$8 - e^{3}\approx8 - 20.09=-12.09＜0$，
所以$h'(x)＜0$，
所以$h(x)$单调递减，故$h(x)_{min}=h(e^{3})=\frac{\ln e^{3}+e^{3}-9}{e^{3}}=1-\frac{6}{e^{3}}$，
于是$a + 1＜1-\frac{6}{e^{3}}$，得$a＜-\frac{6}{e^{3}}$，
又$a＞-1$，所以实数$a$的取值范围是$(-1,-\frac{6}{e^{3}})$。

跟踪演练2　　(2024·青岛模拟)已知函数$f(x)=e^{x - a}-\ln x$.
(1)当$a = 0$时，求曲线$y = f(x)$在点(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若存在$x_{0}\in[e,+\infty)$，使$f(x_{0})＜0$成立，求a的取值范围.

答案： 跟踪演练2 解（1）当$a = 0$时，$f(x)=e^{x}-\ln x,x＞0$，
$f'(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$，
所以曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线的斜率$k = f'(1)=e - 1$，
又$f(1)=e$，
所以切线方程为$y - e=(e - 1)(x - 1)$，即$y=(e - 1)x + 1$。
与$x,y$轴的交点分别是$(\frac{1}{1 - e},0)$，$(0,1)$，所以切线与坐标轴围成的三角形的面积$S=\frac{1}{2(e - 1)}$。
（2）存在$x_{0}\in[e,+\infty)$，使$f(x_{0})＜0$，即$e^{x_{0}-a}-\ln x_{0}＜0$，即$e^{x_{0}-a}＜\ln x_{0}$。
即存在$x_{0}\in[e,+\infty)$，使$e^{a}＞\frac{e^{x_{0}}}{\ln x_{0}}$成立。
令$h(x)=\frac{e^{x}}{\ln x},x\in[e,+\infty)$。
$h'(x)=\frac{e^{x}(\ln x-\frac{1}{x})}{(\ln x)^{2}}$，
令$u(x)=\ln x-\frac{1}{x},x\in[e,+\infty)$，
显然$u(x)$在$[e,+\infty)$上单调递增，且$u(e)=1-\frac{1}{e}＞0$。
所以$h'(x)=\frac{e^{x}(\ln x-\frac{1}{x})}{(\ln x)^{2}}＞0$在$[e,+\infty)$上恒成立。
所以$h(x)=\frac{e^{x}}{\ln x}$在$[e,+\infty)$上单调递增，
函数$h(x)=\frac{e^{x}}{\ln x}$在区间$[e,+\infty)$上的最小值为$h(e)=e^{e}$，
所以$e^{a}＞e^{e}$，得$a＞e$，
故$a$的取值范围是$(e,+\infty)$。