《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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)\geqslant \frac{7}{4}x^{2} $，求 $ a $ 的取值范围。(-\infty,e^2 - 7]

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 $g'(x)=\frac{4(x - 1)e^x - 7x^2 - 4e^2 + 28}{x^2}$.
令 $h(x)=4(x - 1)e^x - 7x^2 - 4e^2 + 28$，$x＞0$，
则 $h'(x)=4xe^x - 14x = 2x(2e^x - 7)$，
当 $x\in\left(0,\ln\frac{7}{2}\right)$ 时，$h'(x)＜0$，
当 $x\in\left(\ln\frac{7}{2},+\infty\right)$ 时，$h'(x)＞0$，
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，$g'(x)＜0$，
当 $x\in(2,+\infty)$ 时，$g'(x)＞0$，
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 $(-\infty,e^2 - 7]$.

训练 3 已知 $ f(x)=e^{2x}-(x + 1)e^{x} $，且 $ f(x)\geqslant 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 $f'(x)=e^x(2e^x - x - 2)$，构造函数 $g(x)=2e^x - x - 2$，则 $g'(x)=2e^x - 1$，
又 $g'(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，且 $g'(-\ln 2)=0$，
故当 $x＜-\ln 2$ 时，$g'(x)＜0$；
当 $x＞-\ln 2$ 时，$g'(x)＞0$，
则 $g(x)$ 在 $(-\infty,-\ln 2)$ 上单调递减，
在 $(-\ln 2,+\infty)$ 上单调递增，
又 $g(0)=0$，$g(-2)=2e^{-2}-2=\frac{2}{e^2}-1＞0$，
又 $g\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{2}{e^{\frac{3}{2}}}-1=\frac{4 - e^{\frac{3}{2}}}{2e^{\frac{3}{2}}}=\frac{16 - e^3}{8e^{\frac{3}{2}}}＜0$，
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，$f'(x)＞0$；
当 $x_0＜x＜0$ 时，$f'(x)＜0$；
当 $x＞0$ 时，$f'(x)＞0$，
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 $f(x)$ 存在极大值点 $x_0$.
因为 $g(x_0)=2e^{x_0}-x_0 - 2 = 0$，
所以 $e^{x_0}=\frac{x_0}{2}+1$，
故 $f(x_0)=e^{2x_0}-(x_0 + 1)e^{x_0}$
$=\left(\frac{x_0}{2}+1\right)^2-(x_0 + 1)\left(\frac{x_0}{2}+1\right)$
$=\frac{1}{4}\left(x_0 + 1\right)^2\left(x_0 + 1\right)$
$=\frac{1}{4}\left(x_0 + 1\right)^2$，
因为 $-2＜x_0＜-\frac{3}{2}$，
所以 $f(x_0)＜\frac{1}{4}\left(-\frac{3}{2}+1\right)^2=\frac{3}{16}$.