《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例2 已知定义在$(0,+\infty)$上的函数$f(x)=(x - 1)\mathrm{e}^{x}-\frac{ax^{2}}{2}$.
(1)若$a = \mathrm{e}$，讨论函数$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)\leq3$在$(0,2]$上恒成立，求实数$a$的取值范围.

答案： 例2 解
(1)$f^{\prime}(x)=xe^{x}-ax=x(e^{x}-a)$，
当$a = e$时，$f^{\prime}(x)=x(e^{x}-e)$.
在$(0,1)$上，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
在$(1,+\infty)$上，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增.
(2)函数$f(x)$的导数为$f^{\prime}(x)=x(e^{x}-a)$.
①若$a\leq1$，则在$(0,2]$上，$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，$f(x)$单调递增，因此$f(x)_{\max}=f(2)=e^{2}-2a＞3$，不符合题意；
②若$1＜a＜e^{2}$，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\ln a$，当$x\in(0,\ln a)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，当$x\in(\ln a,2]$时，$f^{\prime}(x)＞0$，因此$f(x)$在$(0,\ln a)$上单调递减，在$(\ln a,2]$上单调递增，又因为当$x$从右侧趋近于0时，$f(x)$趋近于 - 1，小于3，
所以只需$f(2)\leq3$即可，即$e^{2}-2a\leq3$，
解得$\frac{e^{2}-3}{2}\leq a＜e^{2}$；
③若$a\geq e^{2}$，则在$(0,2]$上，$f^{\prime}(x)\leq0$恒成立，$f(x)$单调递减，因此$f(x)＜ - 1＜3$，符合题意.
综上所述，实数$a$的取值范围是$[\frac{e^{2}-3}{2},+\infty)$.

变式训练 2.已知函数$f(x)=a\ln(x + 1)$，$a\in\mathbf{R}$.
(1)当$a = 1$时，求曲线$y = f(x)$在$x = 3$处的切线方程；
(2)若对任意的$x\in[0,+\infty)$，都有$f(x)\geq x-\frac{1}{2}x^{2}$恒成立，求实数$a$的取值范围.

答案： [变式训练] 2.解
(1)当$a = 1$时，$f(x)=\ln(x + 1)$，
所以切点为$(3,\ln 4)$.
因为$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x + 1}$，所以切线的斜率为$k = f^{\prime}(3)=\frac{1}{4}$，所以曲线$y = f(x)$在$x = 3$处的切线方程为$y-\ln 4=\frac{1}{4}(x - 3)$，
化简得$x - 4y+8\ln 2 - 3 = 0$.
(2)对任意的$x\in[0,+\infty)$，都有$f(x)\geq x-\frac{1}{2}x^{2}$恒成立，即$a\ln(x + 1)-x+\frac{1}{2}x^{2}\geq0$恒成立.
令$h(x)=a\ln(x + 1)-x+\frac{1}{2}x^{2}(x\geq0)$，
则$h^{\prime}(x)=\frac{a}{x + 1}-1+x=\frac{x^{2}+a - 1}{x + 1}(x\geq0)$.
①当$a\geq1$时，$h^{\prime}(x)\geq0$恒成立，
所以函数$h(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，
因此$h(x)_{\min}=h(0)=0$，所以$a\geq1$符合条件.
②当$a＜1$时，由$h^{\prime}(x)=0$，$x\geq0$，
解得$x=\sqrt{1 - a}$，
当$x\in(0,\sqrt{1 - a})$时，$h^{\prime}(x)＜0$；当$x\in(\sqrt{1 - a},+\infty)$时，$h^{\prime}(x)＞0$，$h(x)_{\min}=h(\sqrt{1 - a})＜h(0)=0$，这与$h(x)\geq0$矛盾，应舍去.
综上可知，实数$a$的取值范围为$[1,+\infty)$.

例3 设$f(x)=\frac{a}{x}+x\ln x$，$g(x)=x^{3}-x^{2}-3$.
(1)如果存在$x_{1},x_{2}\in[0,2]$，使得$g(x_{1})-g(x_{2})\geq M$成立，求满足上述条件的最大整数$M$；
(2)如果对于任意的$s,t\in[\frac{1}{2},2]$，都有$f(s)\geq g(t)$成立，求实数$a$的取值范围.

答案： 例3 解
(1)存在$x_{1},x_{2}\in[0,2]$，使得$g(x_{1})-g(x_{2})\geq M$成立，等价于$g(x)_{\max}-g(x)_{\min}\geq M$.
由$g(x)=x^{3}-x^{2}-3$，
得$g^{\prime}(x)=3x^{2}-2x=3x(x-\frac{2}{3})$.
由$g^{\prime}(x)＞0$，得$x＜0$或$x＞\frac{2}{3}$，
由$g^{\prime}(x)＜0$，得$0＜x＜\frac{2}{3}$，又$x\in[0,2]$，
所以$g(x)$在$[0,\frac{2}{3}]$上单调递减，在$(\frac{2}{3},2]$上单调递增，
又$g(0)=-3$，$g(\frac{2}{3})=-\frac{85}{27}$，$g(2)=1$，
所以$g(x)_{\min}=g(\frac{2}{3})=-\frac{85}{27}$，
$g(x)_{\max}=g(2)=1$.
故$g(x)_{\max}-g(x)_{\min}=\frac{112}{27}\geq M$，
则满足条件的最大整数$M = 4$.
(2)对于任意的$s,t\in[\frac{1}{2},2]$，都有$f(s)\geq g(t)$成立，等价于在$[\frac{1}{2},2]$上，$f(x)_{\min}\geq g(x)_{\max}$.
由
(1)可知在$[\frac{1}{2},2]$上，$g(x)$的最大值为$g(2)=1$.
故在$[\frac{1}{2},2]$上，$f(x)=\frac{a}{x}+x\ln x\geq1$恒成立，
等价于$a\geq x - x^{2}\ln x$恒成立.
设$h(x)=x - x^{2}\ln x$，
则$h^{\prime}(x)=1 - 2x\ln x - x$，
令$\varphi(x)=1 - 2x\ln x - x$，$\varphi^{\prime}(x)=-(2\ln x + 3)$，当$x\in[\frac{1}{2},2]$时，$\varphi^{\prime}(x)＜0$，可知$h^{\prime}(x)$在$[\frac{1}{2},2]$上是减函数，又$h^{\prime}(1)=0$，
所以当$1＜x＜2$时，$h^{\prime}(x)＜0$；当$\frac{1}{2}＜x＜1$时，$h^{\prime}(x)＞0$，
所以函数$h(x)=x - x^{2}\ln x$在$[\frac{1}{2},1]$上单调递增，在$(1,2]$上单调递减，
所以$h(x)_{\max}=h(1)=1$，即实数$a$的取值范围是$[1,+\infty)$.