《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

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

答案： 典例 解 设$h(x)=xe^{x}-e^{x}+1$，则$h(0)=0$，又$h^{\prime}(x)=(1 + x)e^{x}-e^{x}=xe^{x}$。
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$0 ＜ a \leqslant \frac{1}{2}$，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。
由上述不等式有$e^{ax+\ln(1 + ax)}-e^{x}＜e^{ax + ax}-e^{x}=e^{2ax}-e^{x} \leqslant 0$，故$h^{\prime}(x) \leqslant 0$总成立，即$h(x)$在$(0,+\infty)$上为减函数，所以$h(x)＜h(0)=0$。
当$a \leqslant 0$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，所以$h(x)＜h(0)=0$。
综上，$a$的取值范围是$(-\infty,\frac{1}{2}]$。

训练 设函数$f(x)=\ln(1+x)$,$g(x)=xf'(x)$,$x\geqslant0$,若$f(x)\geqslant ag(x)$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$f(x) \geqslant ag(x)$恒成立，即$\ln(1 + x) \geqslant \frac{ax}{1 + x}$恒成立。
必要性：此时令$F(x)=\ln(1 + x)-\frac{ax}{1 + x}(x \geqslant 0)$，即保证$F(x) \geqslant 0$，当$x \geqslant 0$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$F^{\prime}(x) \geqslant 0$在区间$[0,+\infty)$上恒成立。
而$F^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-\frac{a}{(1 + x)^{2}}$，即函数$F^{\prime}(x)=\frac{1 + x - a}{(1 + x)^{2}}$，而$F^{\prime}(0)=1 - a$。
而要保证$F^{\prime}(x) \geqslant 0$在$[0,+\infty)$上恒成立，故$F^{\prime}(0) \geqslant 0$，即$a \leqslant 1$。
充分性：当$a \leqslant 1$时，函数$F^{\prime}(x)=\frac{1 + x - a}{(1 + x)^{2}} \geqslant \frac{x}{(1 + x)^{2}}＞0$，故函数$F(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，即$F(x) \geqslant F(0)=0$。
故当$a \leqslant 1$时，函数$F(x) \geqslant 0$在$[0,+\infty)$上恒成立，即原命题成立，故实数$a$的取值范围是$(-\infty,1]$。