《2025年赢在微点数学》

[变式训练1]　已知函数$f(x)=a\ln x+\frac{1}{x}+bx$，且曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$2x - y + 1 = 0$。
　　　(1)求实数$a$，$b$的值及函数$f(x)$的单调区间；
　　　(2)若关于$x$的不等式$f(x)-2\geq\frac{3}{2}x+\frac{m}{x}$恒成立，求实数$m$的取值范围。

答案： 【变式训练1】解
(1)由$f(x)=a\ln x+\frac{1}{x}+bx(x ＞ 0)$，得$f'(x)=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^{2}}+b=\frac{bx^{2}+ax - 1}{x^{2}}$，因为曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$2x - y+1 = 0$，所以有$f'(1)=2$，$f(1)=3$，即$\begin{cases}b + a - 1 = 2\\1 + b = 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 1\\b = 2\end{cases}$。所以$f'(x)=\frac{2x^{2}+x - 1}{x^{2}}=\frac{(2x - 1)(x + 1)}{x^{2}}(x ＞ 0)$，由$f'(x)＞0$，得$x ＞ \frac{1}{2}$，所以函数$f(x)$的单调递增区间是$(\frac{1}{2},+\infty)$；由$f'(x)＜0$，得$0 ＜ x ＜ \frac{1}{2}$，所以函数$f(x)$的单调递减区间为$(0,\frac{1}{2})$。
(2)不等式$f(x)-2\geqslant\frac{3}{2}x+\frac{m}{x}$恒成立，即$xf(x)-2x-\frac{3}{2}x^{2}\geqslant m(x ＞ 0)$恒成立，等价于当$x\in(0,+\infty)$时，$m\leqslant x\ln x+\frac{1}{2}x^{2}-2x + 1$恒成立。令$g(x)=x\ln x+\frac{1}{2}x^{2}-2x + 1(x ＞ 0)$，则$m\leqslant g(x)_{\min}$，$g'(x)=\ln x+x - 1$，当$x\in(0,1)$时，$g'(x)＜0$，$g(x)$单调递减；当$x\in(1,+\infty)$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增。所以$g(x)_{\min}=g(1)=-\frac{1}{2}$，所以$m\leqslant g(x)_{\min}=-\frac{1}{2}$，即实数$m$的取值范围是$(-\infty,-\frac{1}{2}]$。

[变式训练2]　(2024·广州质检)已知函数$f(x)=2x - \ln x$。
　　　(1)当$x\geq1$时，证明：$f(x)\geq x+\frac{1}{x}$；
　　　(2)若$f(x)+ae^{3x}+\ln a\geq0$，求$a$的取值范围。

答案： 【变式训练2】解
(1)证明：令$F(x)=f(x)-(x+\frac{1}{x})=x-\ln x-\frac{1}{x}(x\geqslant1)$，则$F'(x)=1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{x^{2}-x + 1}{x^{2}}=\frac{(x-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}}{x^{2}}＞0$，所以$F(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，所以当$x\geqslant1$时，$F(x)\geqslant F(1)=0$，即$f(x)\geqslant x+\frac{1}{x}$。
(2)$f(x)+ae^{3x}+\ln a\geqslant0\Leftrightarrow2x-\ln x+ae^{3x}+\ln a\geqslant0\Leftrightarrow ae^{3x}+3x+\ln a\geqslant x+\ln x\Leftrightarrow e^{3x+\ln a}+3x+\ln a\geqslant e^{\ln x}+\ln x$。设$g(x)=e^{x}+x$，则$g(3x+\ln a)\geqslant g(\ln x)$。因为$g'(x)=e^{x}+1＞0$，所以$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以$3x+\ln a\geqslant\ln x$，即$\ln a\geqslant\ln x - 3x$。设$h(x)=\ln x - 3x$，则$\ln a\geqslant h(x)_{\max}$。因为$h'(x)=\frac{1}{x}-3=\frac{1 - 3x}{x}$，当$0 ＜ x ＜ \frac{1}{3}$时，$h'(x)＞0$；当$x ＞ \frac{1}{3}$时，$h'(x)＜0$，所以$h(x)$在$(0,\frac{1}{3})$上单调递增，在$(\frac{1}{3},+\infty)$上单调递减，所以$h(x)_{\max}=h(\frac{1}{3})=\ln\frac{1}{3}-1$，所以$\ln a\geqslant\ln\frac{1}{3}-1=\ln\frac{1}{3e}$，解得$a\geqslant\frac{1}{3e}$。所以$a$的取值范围是$[\frac{1}{3e},+\infty)$。

[例2]　已知函数$f(x)=e^{x}+a\ln(-x)+1$，$f^\prime(x)$是其导函数，其中$a\in R$。
　(1)若$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，求$a$的取值范围；
　(2)若不等式$f(x)\leq f^\prime(x)$对任意$x\in(-\infty,0)$恒成立，求$a$的取值范围。

答案： 【例2】解
(1)函数$f(x)=e^{x}+a\ln(-x)+1$，则$f'(x)=e^{x}+\frac{a}{x}$，因为$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，所以$f'(x)=e^{x}+\frac{a}{x}\leqslant0$在$(-\infty,0)$上恒成立，即$a\geqslant - xe^{x}$在$(-\infty,0)$上恒成立。设$g(x)=-xe^{x}$，$x\in(-\infty,0)$，则$g'(x)=-e^{x}-xe^{x}=-e^{x}(x + 1)$，令$g'(x)＜0$，可得$-1 ＜ x ＜ 0$，令$g'(x)＞0$，可得$x ＜ - 1$，所以$g(x)$在$(-\infty,-1)$上单调递增，在$(-1,0)$上单调递减，所以$g(x)_{\max}=g(-1)=\frac{1}{e}$，所以$a\geqslant\frac{1}{e}$，即$a$的取值范围是$[\frac{1}{e},+\infty)$。
(2)若不等式$f(x)\leqslant f'(x)$对任意$x\in(-\infty,0)$恒成立，则$e^{x}+a\ln(-x)+1\leqslant e^{x}+\frac{a}{x}$，即$a\ln(-x)-\frac{a}{x}+1\leqslant0$对任意$x\in(-\infty,0)$恒成立。设$h(x)=a\ln(-x)-\frac{a}{x}+1$，则$h'(x)=\frac{a(x + 1)}{x^{2}}$。①当$a = 0$时，$1\leqslant0$不成立，不符合题意；②当$a ＞ 0$时，令$h'(x)＜0$，可得$x ＜ - 1$，令$h'(x)＞0$，可得$-1 ＜ x ＜ 0$，所以$h(x)$在$(-\infty,-1)$上单调递减，在$(-1,0)$上单调递增，所以$h(x)_{\min}=h(-1)=a + 1＞1＞0$，不符合题意；③当$a ＜ 0$时，令$h'(x)＜0$，可得$-1 ＜ x ＜ 0$，令$h'(x)＞0$，可得$x ＜ - 1$，所以$h(x)$在$(-\infty,-1)$上单调递增，在$(-1,0)$上单调递减，所以$h(x)_{\max}=h(-1)=a + 1$，根据题意得$a + 1\leqslant0$，解得$a\leqslant - 1$。综上可得，$a$的取值范围是$(-\infty,-1]$。

[变式训练1]　已知函数$f(x)=-x^{3}+ax^{2}-4$。
　(1)若$f(x)$在$x = 2$处取得极值，且关于$x$的方程$f(x)=m$在$[-1,1]$上恰有两个不同的实数根，求实数$m$的取值范围；
　(2)若存在$x_0\in(0,+\infty)$，使得不等式$f(x_0)＞0$成立，求实数$a$的取值范围。

答案： 【变式训练1】解
(1)$f'(x)=-3x^{2}+2ax$，由题意，得$f'(2)=0$，即$-12 + 4a = 0$，解得$a = 3$，经检验$a = 3$满足条件，则$f(x)=-x^{3}+3x^{2}-4$，$f'(x)=-3x^{2}+6x$，令$f'(x)=0$，得$x = 0$或$x = 2$，当$x$在$[-1,1]$内变化时，$f'(x)$，$f(x)$的变化情况如下表：
|$x$|$-1$|$(-1,0)$|$0$|$(0,1)$|$1$|
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
|$f'(x)$|$-$|$-$|$0$|$+$|$+$|
|$f(x)$|$0$|单调递减|$-4$|单调递增|$-2$|
因为关于$x$的方程$f(x)=m$在$[-1,1]$上恰有两个不同的实数根，所以$-4 ＜ m\leqslant - 2$，即$m$的取值范围为$(-4,-2]$。
(2)由题意，得$f(x)_{\max}＞0$，$x\in(0,+\infty)$，$f'(x)=-3x^{2}+2ax=-3x(x-\frac{2}{3}a)$。①若$a\leqslant0$，则当$x ＞ 0$时，$f'(x)＜0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，因为$f(0)=-4＜0$，所以当$x ＞ 0$时，$f(x)＜ - 4＜0$，所以当$a\leqslant0$时，不存在$x_{0}\in(0,+\infty)$，使得$f(x_{0})＞0$。②当$a ＞ 0$时，$f(x)$，$f'(x)$随$x$的变化情况如下表：
|$x$|$(0,\frac{2}{3}a)$|$\frac{2}{3}a$|$(\frac{2}{3}a,+\infty)$|
| ---- | ---- | ---- | ---- |
|$f'(x)$|$+$|$0$|$-$|
|$f(x)$|单调递增|$\frac{4a^{3}}{27}-4$|单调递减|
所以当$x\in(0,+\infty)$时，$f(x)_{\max}=f(\frac{2}{3}a)=\frac{4a^{3}}{27}-4$，由$\frac{4a^{3}}{27}-4＞0$，得$a ＞ 3$。综上可知，$a$的取值范围是$(3,+\infty)$。