《2025年赢在微点数学》

[变式训练]　已知函数$f(x)=e^{x}+ax - a(a\in\mathbf{R}$且$a\neq0)$。
(1)若$f(0)=2$，求实数$a$的值，并求此时$f(x)$在$[-2,1]$上的最小值；
(2)若函数$f(x)$不存在零点，求实数$a$的取值范围。

答案：
(1)由题意知，函数$f(x)$的定义域为$\mathrm{R}$，由$f(0)=1 - a = 2$，得$a=-1$，所以$f(x)=\mathrm{e}^{x}-x + 1$，求导得$f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$。由$f^{\prime}(x)＜0$，得$x ＜ 0$，由$f^{\prime}(x)＞0$，得$x ＞ 0$，所以$f(x)$在$[-2,0]$上单调递减，在$[0,1]$上单调递增，所以当$x = 0$时，$f(x)$在$[-2,1]$上取得最小值$f(0)=2$。
(2)$f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}+a$，由于$\mathrm{e}^{x}＞0$，①当$a ＞ 0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$在$\mathrm{R}$上是增函数，当$x ＞ 1$时，$f(x)=\mathrm{e}^{x}+a(x - 1)＞0$；当$x ＜ 0$时，取$x=-\frac{1}{a}$，则$f(-\frac{1}{a})=\mathrm{e}^{-\frac{1}{a}}-1 - a＜1 - 1 - a=-a＜0$。所以函数$f(x)$存在零点，不满足题意。②当$a ＜ 0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\ln(-a)$。在$(-\infty,\ln(-a))$上，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，在$(\ln(-a),+\infty)$上，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，所以当$x=\ln(-a)$时，$f(x)$取最小值。函数$f(x)$不存在零点，等价于$f(\ln(-a))=\mathrm{e}^{\ln(-a)}+a\ln(-a)-a=-2a+a\ln(-a)＞0$，解得$-\mathrm{e}^{2}＜a＜0$。综上所述，实数$a$的取值范围是$(-\mathrm{e}^{2},0)$。

[例3]　已知函数$f(x)=\ln x - ax(a\in\mathbf{R})$。
(1)讨论函数$f(x)$的单调性；
(2)证明：不等式$e^{x - 2}-ax＞f(x)$恒成立。

答案：
(1)$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1 - ax}{x}(x ＞ 0)$，当$a\leqslant0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a ＞ 0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\frac{1}{a}$，当$x\in(0,\frac{1}{a})$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增；当$x\in(\frac{1}{a},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减。综上所述，当$a\leqslant0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a ＞ 0$时，$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减。
(2)证明：$\mathrm{e}^{x - 2}-ax＞f(x)$，即$\mathrm{e}^{x - 2}-\ln x＞0$。设函数$\varphi(x)=\mathrm{e}^{x - 2}-\ln x(x ＞ 0)$，则$\varphi^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x - 2}-\frac{1}{x}$，可知$\varphi^{\prime}(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。又由$\varphi^{\prime}(1)＜0$，$\varphi^{\prime}(2)＞0$知，$\varphi^{\prime}(x)=0$在$(0,+\infty)$上有唯一实数根$x_{0}$，且$1 ＜ x_{0}＜2$，则$\varphi^{\prime}(x_{0})=\mathrm{e}^{x_{0}-2}-\frac{1}{x_{0}}=0$，即$\mathrm{e}^{x_{0}-2}=\frac{1}{x_{0}}$。当$x\in(0,x_{0})$时，$\varphi^{\prime}(x)＜0$，$\varphi(x)$单调递减；当$x\in(x_{0},+\infty)$时，$\varphi^{\prime}(x)＞0$，$\varphi(x)$单调递增，所以$\varphi(x)\geqslant\varphi(x_{0})=\mathrm{e}^{x_{0}-2}-\ln x_{0}$，结合$\mathrm{e}^{x_{0}-2}=\frac{1}{x_{0}}$，知$x_{0}-2=-\ln x_{0}$，所以$\varphi(x)\geqslant\varphi(x_{0})=\frac{1}{x_{0}}+x_{0}-2=\frac{x_{0}^{2}-2x_{0}+1}{x_{0}}=\frac{(x_{0}-1)^{2}}{x_{0}}＞0$，则$\varphi(x)=\mathrm{e}^{x - 2}-\ln x＞0$，即不等式$\mathrm{e}^{x - 2}-ax＞f(x)$恒成立。

[变式训练]　(2024·湖北模拟)已知函数$f(x)=ax + x\ln x$的图象在$x = e$(其中$e$为自然对数的底数)处的切线斜率为$3$。
(1)求实数$a$的值；
(2)若$k\in\mathbf{Z}$，且$k＜\frac{f(x)}{x - 1}$对任意$x＞1$恒成立，求$k$的最大值。

答案：
(1)$f^{\prime}(x)=a + 1+\ln x$，由$f^{\prime}(\mathrm{e})=3$，解得$a = 1$。
(2)由
(1)，知$f(x)=x+x\ln x$，则$k＜\frac{f(x)}{x - 1}=\frac{x+x\ln x}{x - 1}$对任意$x ＞ 1$恒成立，设$g(x)=\frac{x+x\ln x}{x - 1}(x ＞ 1)$，则$g^{\prime}(x)=\frac{x - 2-\ln x}{(x - 1)^{2}}$，令$h(x)=x - 2-\ln x(x ＞ 1)$，则$h^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}＞0$，$h(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，那么$h(x)＞h(1)=-1$。不妨设$h(x_{0})=0$，由$h(3)＜0$，$h(4)＞0$，可知$x_{0}\in(3,4)$，且$\ln x_{0}=x_{0}-2$。因此，当$x ＞ x_{0}$时，$h(x)＞0$，$g^{\prime}(x)＞0$；当$1 ＜ x ＜ x_{0}$时，$h(x)＜0$，$g^{\prime}(x)＜0$。故$[g(x)]_{\min}=g(x_{0})=\frac{x_{0}(x_{0}-1)}{x_{0}-1}=x_{0}$，所以$k ＜ x_{0}$，得到整数$k$的最大值为$3$。