题目

已知函数$f(x)=e^{x+a}-\ln{x}+(1-a^2)x$，若$f(x)\ge1$，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

$$
在x\rightarrow0时，f’(x)趋于-\infty。
在x\rightarrow+\infty时，f’(x)趋于+\infty
$$

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$f(x)\ge1$恒成立可知，我们只需要证明:

$$
在上述条件下，f(m)\ge1恒成立
$$

即

$$
f(m)=e^{m+a}-\ln{m}+(1-a^2)m\ge1恒成立
$$

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

$$
(1-m)e^{m+a}-\ln{m}\ge0
$$

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

$$
(m-1)e^{m+a}+\ln{m}\le0
$$

• $m>1$时,原式大于0，不成立
• $m\le1$，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,$m\rightarrow0$时,$g(m)\rightarrow-\infty$
• $m=1$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。

$$
e^{a+1}-a^2\ge0
$$

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

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

则我们可以求出

$$
\begin{align}
h’’(a)=0 \\
a=\ln{2}-1，代入h’(a)得 \\
h’(\ln{2}-1)=2(2-\ln{2})>0 \\
a=\ln{2}-1为h’(a)的极小值点 \\
因此可得h’(a)>0恒成立 \\
即h(a)单调递增
\end{align}
$$

综上所述，$a\in[-1，+\infty)$