《2025年赢在微点数学》

1. 关于$x$的不等式$f(x)=x^{3}-ax^{2}+1\geqslant0$在$[-1,1]$恒成立，则实数$a$的取值范围是（ ）
A. $(-\infty,0]$
B. $(-\infty,1]$
C. $(-\infty,2]$
D. $\left(-\infty,\frac{3\sqrt[3]{2}}{2}\right]$

答案： 1. A 解析 解法一：由端点探路有$\begin{cases}f(-1)=-1 - a + 1\geqslant0\\f(1)=1 - a + 1\geqslant0\end{cases}$，解得$a\leqslant0$，没有更小范围的答案。故选A。
解法二：由$f(x)=x^{3}-ax^{2}+1\geqslant0\Leftrightarrow x+\frac{1}{x^{2}}\geqslant a(x\neq0)$，当$x\neq0$，构造函数$h(x)=x+\frac{1}{x^{2}}$，则$h'(x)=1-\frac{2}{x^{3}}$，显然$x\in[-1,0)$时，$h'(x)＞0$，$h(x)$单调递增，$h(x)\geqslant h(-1)=0$；$x\in(0,1]$时，$h'(x)＜0$，$h(x)$单调递减，$h(x)\geqslant h(1)=2$，则当$x\in[-1,1]$时，$h(x)\geqslant h(-1)=0\geqslant a$。故选A。

2. 已知函数$f(x)=2\sin x - x\cos x - x$，$f^{\prime}(x)$为$f(x)$的导数。
（1）证明：$f^{\prime}(x)$在区间$(0,\pi)$存在唯一零点；
（2）若$x\in[0,\pi]$时，$f(x)\geqslant ax$，求$a$的取值范围。

答案： 解
(1)证明：函数$f(x)=2\sin x - x\cos x - x$，求导得$f'(x)=\cos x + x\sin x - 1$，令$g(x)=\cos x + x\sin x - 1$，则$g'(x)=-\sin x+\sin x + x\cos x = x\cos x$，当$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)＞0$，当$x\in(\frac{\pi}{2},\pi)$时，$g'(x)＜0$，所以当$x=\frac{\pi}{2}$时，函数$g(x)$有极大值为$g(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}-1＞0$，又$g(0)=0$，$g(\pi)=-2$，所以$g(x)$在$(0,\pi)$上有唯一零点，即$f'(x)$在$(0,\pi)$上存在唯一零点。
(2)构造函数$h(x)=2\sin x - x\cos x - (1 + a)x(0\leqslant x\leqslant\pi)$，由题意知$\begin{cases}h(0)\geqslant0\\h(\pi)\geqslant0\end{cases}$，解得$a\leqslant0$，现在通过端点探路得到本题的必要条件，下面来证明充分性。理由如下：由
(1)知，$f'(x)$在$(0,\pi)$上有唯一零点$x_{0}$，使得$f'(x_{0})=0$，且$f'(x)$在$(0,x_{0})$为正，在$(x_{0},\pi)$为负，所以$f(x)$在$[0,x_{0}]$上单调递增，在$[x_{0},\pi]$上单调递减，结合$f(0)=0$，$f(\pi)=0$，可知在$[0,\pi]$上$f(x)\geqslant0$。当$a\leqslant0$，$x\in[0,\pi]$时，满足$ax\leqslant0$，则$f(x)\geqslant ax$，故$a$的取值范围是$(-\infty,0]$。

3.（2024·开封市模拟）已知函数$f(x)=\left(\frac{1}{2}-\mathrm{e}^{x}\right)(x^{2}-m)(m\in\mathbf{R})$。
（1）当$m = 0$时，求$f(x)$的图象在$x = 1$处的切线与$y$轴的交点坐标；
（2）已知$g(x)=\mathrm{e}^{x}(x + 1)$，若$x\geqslant - 1$时，$f(x)\leqslant g(x)$恒成立，求$m$的取值范围。

答案： 解
(1)当$m = 0$时，$f(x)=(\frac{1}{2}-e^{x})x^{2}$，$f(1)=\frac{1}{2}-e$，$f'(x)=x - e^{x}(x^{2}+2x)$，$f'(1)=1 - 3e$，故切线方程为$y=(1 - 3e)x + 2e-\frac{1}{2}$。当$x = 0$时，$y = 2e-\frac{1}{2}$，所以切线与$y$轴的交点坐标为$(0,2e-\frac{1}{2})$。
(2)当$x\geqslant - 1$时，$f(x)\leqslant g(x)$恒成立$\Leftrightarrow$当$x\geqslant - 1$时$(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-m)\leqslant e^{x}(x + 1)$恒成立，即当$x\geqslant - 1$时$(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-m)-e^{x}(x + 1)\leqslant0$恒成立，将$x = - 1$代入，得$(\frac{1}{2}-\frac{1}{e})(1 - m)\leqslant0$，此时$m\geqslant1$，将$x = 0$代入，得$(\frac{1}{2}-1)(-m)-1\leqslant0$，此时$m\leqslant2$，所以$1\leqslant m\leqslant2$。
下面证明当$1\leqslant m\leqslant2$时，$(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-m)\leqslant e^{x}(x + 1)$在$x\geqslant - 1$时恒成立。设$F(x)=(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-m)-e^{x}(x + 1)$，$x\geqslant - 1$，即证明当$1\leqslant m\leqslant2$时，$F(x)\leqslant0$恒成立。
下面分两种情形进行讨论：
情形一：当$-1\leqslant x\leqslant - \ln2$时，有$\frac{1}{2}-e^{x}\geqslant0$，此时$F(x)=(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-m)-e^{x}(x + 1)\leqslant(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-1)-e^{x}(x + 1)$，由于$-1\leqslant x\leqslant - \ln2$，所以$\frac{1}{2}-e^{x}\geqslant0$，$x^{2}-1\leqslant0$，$e^{x}＞0$，$x + 1\geqslant0$，所以$(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-1)-e^{x}(x + 1)\leqslant0$，此时$F(x)\leqslant0$。
情形二：当$x＞ - \ln2$时，$\frac{1}{2}-e^{x}＜0$，此时$F(x)=(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-m)-e^{x}(x + 1)\leqslant(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-2)-e^{x}(x + 1)$，设$h(x)=(\frac{1}{2}-e^{x})(x^{2}-2)-e^{x}(x + 1)=\frac{1}{2}x^{2}-1 - e^{x}(x^{2}+x - 1)$，则$h'(x)=x - e^{x}(x^{2}+3x)=x[1 - e^{x}(x + 3)]$，当$x\geqslant0$时，显然$e^{x}(x + 3)\geqslant3$，此时$h'(x)=x[1 - e^{x}(x + 3)]\leqslant0$，则$h(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减，所以当$x\geqslant0$时$h(x)\leqslant h(0)=0$；当$- \ln2＜x＜0$时，由于$y = e^{x}(x + 3)$单调递增，所以$e^{x}(x + 3)＞e^{-\ln2}(-\ln2 + 3)=\frac{1}{2}(3 - \ln2)=1+\frac{1}{2}(1 - \ln2)＞1$，此时$h'(x)=x[1 - e^{x}(x + 3)]＞0$，则$h(x)$在$(-\ln2,0)$上单调递增，所以当$- \ln2＜x＜0$时，$h(x)＜h(0)=0$。结合情形一和情形二得，当$1\leqslant m\leqslant2$时，对任意$x\geqslant - 1$，都有$F(x)\leqslant0$。综上可知，$m$的取值范围为$[1,2]$。