《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 3
（2025·石家庄调研节选）已知函数 $ f(x)=e^{x}-ax + e^{2}-7 $。若 $ \forall x\in [0,+\infty ) $，$ f(x)\geq \frac{7}{4}x^{2} $，求 $ a $ 的取值范围。
__________

答案： 例3 解 $\forall x\in[0,+\infty),f(x)\geq\frac{7}{4}x^{2}$ 等价于
$\forall x\in[0,+\infty),e^{x}-ax + e^{2}-7\geq\frac{7}{4}x^{2}$.
即 $ax\leq e^{x}+e^{2}-7-\frac{7}{4}x^{2}$.
令 $g(x)=\frac{4e^{x}-7x^{2}+4e^{2}-28}{x},x＞0$，
则 $g^{\prime}(x)=\frac{4(x - 1)e^{x}-7x^{2}-4e^{2}+28}{x^{2}}$
令 $h(x)=4(x - 1)e^{x}-7x^{2}-4e^{2}+28,x＞0$，
则 $h^{\prime}(x)=4xe^{x}-14x = 2x(2e^{x}-7)$，
当 $x\in\left(0,\ln\frac{7}{2}\right)$ 时，$h^{\prime}(x)＜0$，
当 $x\in\left(\ln\frac{7}{2},+\infty\right)$ 时，$h^{\prime}(x)＞0$，
则 $h(x)$ 在 $\left(0,\ln\frac{7}{2}\right)$ 上单调递减，
在 $\left(\ln\frac{7}{2},+\infty\right)$ 上单调递增.
因为 $h(0)=4(6 - e^{2})＜0$，所以 $h\left(\ln\frac{7}{2}\right)＜0$，
又 $h(2)=0$，则当 $x\in(0,2)$ 时，$g^{\prime}(x)＜0$，
当 $x\in(2,+\infty)$ 时，$g^{\prime}(x)＞0$，
所以 $g(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减，在 $(2,+\infty)$ 上
单调递增，
则 $g(x)_{\min}=g(2)=4e^{2}-28$，
则 $4a\leq4e^{2}-28$，即 $a\leq e^{2}-7$.
故 $a$ 的取值范围为 $(-\infty,e^{2}-7]$.

已知 $ f(x)=e^{2x}-(x + 1)e^{x} $，且 $ f(x)\geq 0 $，证明：$ f(x) $ 存在唯一极大值点 $ x_{0} $，且 $ f(x_{0})\lt \frac{3}{16} $。
__________

答案： 训练3 证明 $f(x)=e^{2x}-(x + 1)e^{x}$，
则 $f^{\prime}(x)=e^{x}(2e^{x}-x - 2)$，构造函数 $g(x)=2e^{x}-x - 2$，则 $g^{\prime}(x)=2e^{x}-1$，
又 $g^{\prime}(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，且 $g^{\prime}(-\ln 2)=0$，
故当 $x＜-\ln 2$ 时，$g^{\prime}(x)＜0$；
当 $x＞-\ln 2$ 时，$g^{\prime}(x)＞0$，
则 $g(x)$ 在 $(-\infty,-\ln 2)$ 上单调递减，
在 $(-\ln 2,+\infty)$ 上单调递增，
又 $g(0)=0,g(-2)=\frac{2}{e^{2}}＞0$，
又 $g\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{2}{e^{\frac{3}{2}}}-\frac{1}{2}=\frac{4 - e^{\frac{3}{2}}}{2e^{\frac{3}{2}}}=\frac{16 - e^{3}}{8e^{\frac{3}{2}}}＜0$，
结合零点存在定理知，在区间 $\left(-2,-\frac{3}{2}\right)$ 上
存在唯一实数 $x_{0}$，使得 $g(x_{0})=0$，
当 $x＜x_{0}$ 时，$f^{\prime}(x)＞0$；
当 $x_{0}＜x＜0$ 时，$f^{\prime}(x)＜0$；
当 $x＞0$ 时，$f^{\prime}(x)＞0$，
故 $f(x)$ 在 $(-\infty,x_{0})$ 上单调递增，在 $(x_{0},0)$ 上
单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
故 $f(x)$ 存在唯一极大值点 $x_{0}$.
因为 $g(x_{0})=0$，
所以 $e^{x_{0}}=\frac{x_{0}}{2}+1$，
故 $f(x_{0})=e^{2x_{0}}-(x_{0}+1)e^{x_{0}}$
$=\left(\frac{x_{0}}{2}+1\right)^{2}-(x_{0}+1)\left(\frac{x_{0}}{2}+1\right)$
$=\frac{1}{4}x_{0}^{2}+\ x_{0}+1-\frac{1}{2}x_{0}^{2}-\frac{3}{2}x_{0}-1$
$=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(x_{0}+1\right)^{2}$，
因为 $-2＜x_{0}＜-\frac{3}{2}$，
所以 $f(x_{0})＜\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\left(-\frac{3}{2}+1\right)^{2}=\frac{3}{16}$.