《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

典例 已知函数$f(x) = xe^{ax} - e^x$，当$x ＞ 0$时，$f(x) ＜ -1$，求$a$的取值范围。$(-\infty,\frac{1}{2}]$

答案： 微点突破 设$h(x)=xe^{ax}-e^{x}+1$，则$h(0)=0$，又$h^{\prime}(x)=(1 + ax)e^{ax}-e^{x}$，设$g(x)=(1 + ax)e^{ax}-e^{x}$，则$g^{\prime}(x)=(2a + a^{2}x)e^{ax}-e^{x}$，若$a＞\frac{1}{2}$，则$g^{\prime}(0)=2a - 1＞0$，因为$g^{\prime}(x)$为连续不间断函数，故存在$x_{0}\in(0,+\infty)$，使得$\forall x\in(0,x_{0})$，总有$g^{\prime}(x)＞0$，故$g(x)$在$(0,x_{0})$为增函数，故$g(x)＞g(0)=0$，故$h(x)$在$(0,x_{0})$为增函数，故$h(x)＞h(0)=0$，与题设矛盾。若$0＜a\leq\frac{1}{2}$，则$h^{\prime}(x)=(1 + ax)e^{ax}-e^{x}=e^{ax+\ln(1 + ax)}-e^{x}$，下证：对任意$x＞0$，总有$\ln(1 + x)＜x$成立，证明：设$S(x)=\ln(1 + x)-x$，故$S^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-1=\frac{-x}{1 + x}＜0$，故$S(x)$在$(0,+\infty)$上为减函数，故$S(x)＜S(0)=0$，即$\ln(1 + x)＜x$成立。故$ax+\ln(1 + ax)＜ax + ax=2ax$，故$e^{ax+\ln(1 + ax)}-e^{x}＜e^{2ax}-e^{x}=e^{ax}-e^{x}(e^{ax}-1)\leq0$。故$h^{\prime}(x)\leq0$总成立，即$h(x)$在$(0,+\infty)$上为减函数，所以$h(x)＜h(0)=0$。当$a\leq0$时，$h^{\prime}(x)=e^{ax}-e^{x}+axe^{ax}＜1 - 1+0 = 0$，所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上为减函数。综上，$a$的取值范围是$(-\infty,\frac{1}{2}]$。

训练 设函数$f(x) = \ln(1 + x)$，$g(x) = xf'(x)$，$x \geq 0$，若$f(x) \geq ag(x)$恒成立，求实数$a$的取值范围。$(-\infty,1]$

答案： 训练解 依题意，$f^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}$，由于$g(x)=xf^{\prime}(x)$，即$g(x)=\frac{x}{1 + x}$，而$f(x)\geq ag(x)$恒成立，即$\ln(1 + x)\geq\frac{ax}{1 + x}$恒成立，必要性：此时令$F(x)=\ln(1 + x)-\frac{ax}{1 + x}(x\geq0)$，即保证$F(x)\geq0$，当$x\geq0$时恒成立。由于$F(0)=0$，故此时必须保证函数$F(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，即保证$F^{\prime}(x)\geq0$在区间$[0,+\infty)$上恒成立，而$F^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-\frac{a}{(1 + x)^{2}}$$=\frac{1 + x - a}{(1 + x)^{2}}$，而$F^{\prime}(0)=1 - a$，而要保证$F^{\prime}(x)\geq0$在$[0,+\infty)$上恒成立，故$F^{\prime}(0)\geq0$，即$a\leq1$。充分性：当$a\leq1$时，函数$F^{\prime}(x)=\frac{1 + x - a}{(1 + x)^{2}}\geq\frac{x}{(1 + x)^{2}}＞0$，故函数$F(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，即$F(x)\geq F(0)=0$，故当$a\leq1$时，函数$F(x)\geq0$在$[0,+\infty)$上恒成立，即原命题成立。故实数$a$的取值范围是$(-\infty,1]$。