好题精选 5

Lingerbhw2332025-02-062025-07-23

题目

已知函数 $f (x) = e^{x + a} - \ln x + (1 - a^{2}) x$ ，若 $f (x) \geq 1$ ，求 a 的取值范围。

分析

一眼看过去，整个函数有点复杂，显然需要运用导数进行求解，但估计计算并不会特别容易，需要采取一些策略，这一点在后续解答中会提及。

解答

我们不妨先求解一下导函数

$f^{'} (x) = e^{x + a} - \frac{1}{x} + 1 - a^{2}$

观察发现，题目中 a 为常数，整个函数呈增函数，这里我们可以求解二阶导数来验证。

$f^{″} (x) = e^{x + a} + \frac{1}{x^{2}}$

由定义域可知， $x > 0$ ，所以二阶导函数恒正，因此一阶导函数单调递增，即 $f^{'} (x)$ 单调递增

接着我们分析一下极限，可知

$在 x \to 0 时， f^{'} (x) 趋于 - \infty 。在 x \to + \infty 时， f^{'} (x) 趋于 + \infty$

又由其单调性可知，函数 $f^{'} (x)$ 一定有且只有一个零点，我们不妨把它记为 $m$

所以，我们可以得到

$f^{'} (m) = e^{m + a} - \frac{1}{m} + 1 - a^{2} = 0$

显然的，函数 $f (x)$ 在 $x = m$ 处取得最小值，再由题目中提的 $f (x) \geq 1$ 恒成立可知，我们只需要证明:

$在上述条件下， f (m) \geq 1 恒成立$

即

$f (m) = e^{m + a} - \ln m + (1 - a^{2}) m \geq 1 恒成立$

由上述条件，我们又可以知道，导函数在 $x = m$ 时取为 0，通过这个等式，我们可以考虑将这个等式进行代换。

先考虑代换 $e^{m + a}$ ，代换后，仍有 $\ln m$ 无法处理，因此不行
在考虑代换 $(1 - a^{2})$ ，发现原式可化简，所以我们采取这个思路

由上式知

$1 - a^{2} = \frac{1}{m} - e^{m + a}$

代入原式并化简可知

$(1 - m) e^{m + a} - \ln m \geq 0$

此时，我们发现， $m = 1$ 是该式子的临界值，我们将该式变号可更加直观

$(m - 1) e^{m + a} + \ln m \leq 0$

$m > 1$ 时，原式大于 0，不成立
$m \leq 1$ ，原式小于等于 0，符合题意

因此我们知道了 m 的取值范围为 $(0 ， 1]$

而我们又知道，导函数为增函数，因此我们可以通过 m 的范围来确定值域的边界

$令 g (m) = f^{'} (m) = e^{m + a} - \frac{1}{m} + 1 - a^{2} = 0$

显然， $m \to 0$ 时， $g (m) \to - \infty$
$m = 1$ 时， $g (1) = e^{a + 1} - a^{2}$

所以 $g (m)$ 的值域为 $(- \infty ， e^{a + 1} - a^{2}]$ ，而根据上式，我们又知道函数的值域 一定包括 0，因此可以列出最后一个不等式。

$e^{a + 1} - a^{2} \geq 0$

不难看出， $a = - 1$ 时原式为 0，我们可以再求该函数的导数来判别

$令原式为 h (a), 则 h^{'} (a) = e^{a + 1} - 2 a ， h^{″} (a) = e^{a + 1} - 2$

则我们可以求出

$\begin{array}{r} (1) & h^{″} (a) = 0 \\ (2) & a = \ln 2 - 1 ，代入 h^{'} (a) 得 \\ (3) & h^{'} (\ln 2 - 1) = 2 (2 - \ln 2) > 0 \\ (4) & a = \ln 2 - 1 为 h^{'} (a) 的极小值点 \\ (5) & 因此可得 h^{'} (a) > 0 恒成立 \\ (6) & 即 h (a) 单调递增 \end{array}$