《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1 (2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数 $ f(x)=\mathrm{e}^{x}+a x^{2}-x $.当 $ x \geqslant 0 $ 时,$ f(x) \geqslant \frac{1}{2} x^{3}+1 $ 恒成立,求 $ a $ 的取值范围.$[\frac{7 - e^{2}}{4}, + \infty)$

答案： 例1 解 由$f(x) \geqslant \frac{1}{2}x^{3} + 1$得
$e^{x} + ax^{2} - x \geqslant \frac{1}{2}x^{3} + 1$，其中$x \geqslant 0$，
①当$x = 0$时，不等式为$1 \geqslant 1$，显然成立，此时$a \in \mathbf{R}$。
②当$x ＞ 0$时，分离参数$a$，
得$a \geqslant - \frac{e^{x} - \frac{1}{2}x^{3} - x - 1}{x^{2}}$，
记$g(x) = - \frac{e^{x} - \frac{1}{2}x^{3} - x - 1}{x^{2}}$，
$g^{\prime}(x) = - \frac{(x - 2)(e^{x} - \frac{1}{2}x^{2} - x - 1)}{x^{3}}$
令$h(x) = e^{x} - \frac{1}{2}x^{2} - x - 1(x ＞ 0)$，
则$h^{\prime}(x) = e^{x} - x - 1$，
令$H(x) = e^{x} - x - 1$，则$H^{\prime}(x) = e^{x} - 1 ＞ 0$，
故$h^{\prime}(x)$在$(0, + \infty)$上单调递增，
因此$h^{\prime}(x) ＞ h^{\prime}(0) = 0$，
故函数$h(x)$在$(0, + \infty)$上单调递增，
$\therefore h(x) ＞ h(0) = 0$，
即$e^{x} - \frac{1}{2}x^{2} - x - 1 ＞ 0$恒成立，
故当$x \in (0,2)$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，$g(x)$单调递增；
当$x \in (2, + \infty)$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，$g(x)$单调递减。
因此，$g(x)_{\max} = g(2) = \frac{7 - e^{2}}{4}$，
综上，实数$a$的取值范围是$[\frac{7 - e^{2}}{4}, + \infty)$。

(1) (2025·深圳模拟)已知函数$f(x) = (x + 1)\ln(x + 1)$。若对任意$x ＞ 0$都有$f(x) ＞ ax$成立，求实数$a$的取值范围。$(-\infty,1]$

答案： 由洛必达法则知$\lim_{x\to 0}g(x)=\lim_{x\to 0}\frac{(x + 1)\ln(x + 1)}{x}$$=\lim_{x\to 0}[\ln(x + 1) + 1]=1$，$\therefore a\leq1$，故实数$a$的取值范围是$(-\infty,1]$。