《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例1 (2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^x+ax^2-x$.当$x\geqslant0$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$a \in R$。
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$[\frac{7 - e^{2}}{4},+\infty)$。

训练1 已知函数$f(x)=\mathrm{e}^x-ax-1$,若$f(x)\leqslant x^2$在$(0,+\infty)$上有解,求实数$a$的取值范围.$[e - 2,+\infty)$

答案： 训练1 解 因为$f(x) \leqslant x^{2}$在$(0,+\infty)$上有解，所以$e^{x}-x^{2}-ax - 1 \leqslant 0$在$(0,+\infty)$上有解。
当$x ＞ 0$时，问题等价于$a \geqslant \frac{e^{x}}{x}-(x+\frac{1}{x})$在$(0,+\infty)$上有解。
令$g(x)=\frac{e^{x}}{x}-(x+\frac{1}{x})$，则$g^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}-\frac{x^{2}-1}{x^{2}}=\frac{(x - 1)[e^{x}-(x + 1)]}{x^{2}}$。
令$\varphi(x)=e^{x}-(x + 1)$，则$\varphi^{\prime}(x)=e^{x}-1$。
当$x ＞ 0$时，$\varphi^{\prime}(x)＞0$，则$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
所以$\varphi(x)＞\varphi(0)=0$，即当$x ＞ 0$时，$e^{x}-(x + 1)＞0$。
所以当$0 ＜ x ＜ 1$时，$g^{\prime}(x)＜0$；当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x)＞0$。
所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
所以当$x = 1$时，$g(x)_{\min}=e - 2$，所以$a \geqslant e - 2$。
综上可知，实数$a$的取值范围是$[e - 2,+\infty)$。

典例 (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： 典例
(1)解 $x \in (0,+\infty)$时，$(x + 1)\ln(x + 1)＞ax$恒成立，即$a＜\frac{(x + 1)\ln(x + 1)}{x}$恒成立。
令$g(x)=\frac{(x + 1)\ln(x + 1)}{x}(x＞0)$，$\therefore g^{\prime}(x)=\frac{x - \ln(x + 1)}{x^{2}}$。
令$k(x)=x - \ln(x + 1)(x＞0)$，$\therefore k^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x + 1}=\frac{x}{x + 1}＞0$。
$\therefore k(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
$\therefore k(x)＞k(0)=0$，$\therefore x - \ln(x + 1)＞0$恒成立，$\therefore g^{\prime}(x)＞0$，故$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
由洛必达法则知$\lim\limits_{x \to 0}g(x)=\lim\limits_{x \to 0}\frac{(x + 1)\ln(x + 1)}{x}=\lim\limits_{x \to 0}[\ln(x + 1)+1]=1$。
$\therefore a \leqslant 1$，故实数$a$的取值范围是$(-\infty,1]$。