《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例1　(2024·新课标全国Ⅱ)已知函数$f(x)=e^{x}-ax - a^{3}$.
(1)当$a = 1$时，求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程；
(2)若$f(x)$有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围.

答案： 例1 解
(1)当$a = 1$时，
则$f(x)=e^{x}-x - 1$，
$f'(x)=e^{x}-1$，
可得$f(1)=e - 2$，$f'(1)=e - 1$，
即切点坐标为$(1,e - 2)$，
切线斜率$k = e - 1$，
所以切线方程为$y-(e - 2)=(e - 1)(x - 1)$，
即$(e - 1)x-y - 1 = 0$。
(2)方法一 因为$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，且$f'(x)=e^{x}-a$，
若$a\leqslant0$，则$f'(x)＞0$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，可知$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，无极值，不符合题意；
若$a＞0$，令$f'(x)＞0$，解得$x＞\ln a$，
令$f'(x)＜0$，解得$x＜\ln a$，
可知$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增，
则$f(x)$有极小值$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}$，无极大值，
由题意可得，$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}＜0$，即$a^{2}+\ln a - 1＞0$，
令$g(a)=a^{2}+\ln a - 1,a＞0$，
则$g'(a)=2a+\frac{1}{a}＞0$，
可知$g(a)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$g(1)=0$，
不等式$a^{2}+\ln a - 1＞0$等价于$g(a)＞g(1)$，解得$a＞1$，
所以$a$的取值范围为$(1,+\infty)$。
方法二 因为$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，且$f'(x)=e^{x}-a$，
若$f(x)$有极小值，
则$f'(x)=e^{x}-a$有零点，
令$f'(x)=e^{x}-a = 0$，可得$e^{x}=a$，
可知$y = e^{x}$与$y = a$有交点，则$a＞0$，
令$f'(x)＞0$，解得$x＞\ln a$，
令$f'(x)＜0$，解得$x＜\ln a$，
可知$f(x)$在$(-\infty,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,+\infty)$上单调递增，
则$f(x)$有极小值$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}$，无极大值，符合题意，
由题意可得，$f(\ln a)=a - a\ln a - a^{3}＜0$，即$a^{2}+\ln a - 1＞0$，
令$g(a)=a^{2}+\ln a - 1,a＞0$，
因为$y = a^{2}$，$y=\ln a - 1$在$(0,+\infty)$上均单调递增，
所以$g(a)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且$g(1)=0$，
不等式$a^{2}+\ln a - 1＞0$等价于$g(a)＞g(1)$，解得$a＞1$，
所以$a$的取值范围为$(1,+\infty)$。

跟踪演练1　(1)(多选)
(2024·武汉统考)已知函数$f(x)$及其导函数$f'(x)$的部分图象如图所示，设函数$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$，则$g(x)$　（ ）

A.在区间$(a,b)$上单调递减
B.在区间$(a,b)$上单调递增
C.在$x = a$时取极小值
D.在$x = b$时取极小值

答案： 跟踪演练1
(1)BC

(2) (2024·秦皇岛模拟)已知0是函数$f(x)=x^{3}+ax^{2}+1$的极大值点，则a的取值范围为　（ ）
A.$(-\infty,0)$
B.$(0,+\infty)$
C.$(-\infty,-\frac{2}{3})$
D.$(-\frac{2}{3},+\infty)$

答案： 跟踪演练1
(2)A