题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}+a x^{2}-x$.

（1）当 $a=1$ 时, 讨论 $f$ (x) 的单调性;

(2) 当 $x \geq 0$ 时, $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,

由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$, 故:

当 $x \in(-\infty, 0)_{\text {时, }} f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

(2) 【解析】 由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \geqslant \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,

(1).当 $\mathrm{x}=0$ 时，不等式为: $1 \geq 1$ ，显然成立，符合题意;

(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 $g(x)=-\frac{e^{x-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{\left.x-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}\right.}{x^{3}}$,

令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,

则 $h(x)=e^{x}-x-1, \quad h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,

故 $h(x)_{\text {单调递增, }} h(x) \geq h(0)=0$,

故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \geqslant 0$ 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, $g^{\prime}(x)<0, g(x)_{\text {单调递减; }}$

因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$,

综上可得, 实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.

【分析】(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.(2)首先讨论 $\mathrm{x}=0$ 的情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.30. 答案: (1) 【解析】 $\because f(x)=e^{x}-\ln x+1$,

$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}, \quad \therefore k=f^{\prime}(1)=e-1$.
$\because f(1)=e+1, \therefore$ 切点坐标为 $(1,1+\mathrm{e})$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(1, \mathrm{f}(1)$ 处的切线方程为 $y-e-1=(e-1)(x-1)$, 即 $y=(e-1) x+2$,

$\therefore$ 切线与坐标轴交点坐标分别为

$$
(0,2),\left(\frac{-2}{e-1}, 0\right)
$$

$\therefore$ 所求三角形面积为 $\frac{1}{2} \times 2 \times\left|\frac{-2}{e-1}\right|=\frac{2}{e-1}$;

(2) 【解析】 解法一: $\because f(x)=a e^{x-1}-\ln x+\ln a$,

$\therefore f^{\prime}(x)=a e^{x-1}-\frac{1}{x}$, 且 $a>0$.

设 $g(x)=f^{\prime}(x)$, 则 $g^{\prime}(x)=a e^{x-1}+\frac{1}{x^{2}}>0$,

$\therefore \mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 即 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

当 $a=1$ 时, $f^{\prime}(1)=0, \therefore f(x)_{\text {min }}=f(1)=1, \therefore f(x) \geq 1$ 成立.

<ImageHere>

$\therefore$ 存在唯一 $x_{0}>0$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\frac{1}{x_{0}}=0$,

且当 $x \in\left(0, x_{0}\right)_{\text {时 }} f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0}+\infty\right)$ 时 $f^{\prime}(x)>0, \therefore a e^{x_{0}-1}=\frac{1}{x_{0}}$,

$\therefore \ln a+x_{0}-1=-\ln x_{0}$,

因此 $f(x)_{\text {min }}=f\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\ln x_{0}+\ln a$

$=\frac{1}{x_{0}}+\ln a+x_{0}-1+\ln a \geq 2 \ln a-1+2 \sqrt{\frac{1}{x_{0}} \cdot x_{0}}=2 \ln a+1>1$,

$\therefore f(x)>1, \therefore f(x) \geq 1$ 恒成立;

当 $0<a<1$ 时, $f(1)=a+\ln a<a<1, \therefore f(1)<1, f(x) \geq 1$ 不是恒成立.

综上所述, 实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

解法二: $f(x)=a e^{x-1}-\ln x+\ln a=e^{\ln a+x-1}-\ln x+\ln a \geq 1$,

等价于 $e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x ，$

令 $g(x)=e^{x}+x$,上述不等式等价于 $g(\ln a+x-1) \geq g(\ln x)$,

显然 $g(x)$ 为单调增函数, $\therefore$ 又等价于 $\ln a+x-1 \geq \ln x$, 即 $\ln a \geq \ln x-x+1$,

令 $h(x)=\ln x-x+1$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$

在 $(0,1)_{\text {上 }} h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增; 在 $(1,+\infty)$ 上 $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减,
$\therefore h(x)_{\text {max }}=h(1)=0$,

$\ln a \geq 0$, 即 $a \geq 1, \therefore a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

【分析】(1) 先求导数, 再根据导数几何意义得切线斜率, 根据点斜式得切线方程, 求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；

(2) 解法一: 利用导数研究, 得到函数 $f(x)$ 得导函数 $f^{\prime}(x)$ 的单调递增, 当 $\mathrm{a}=1$ 时由 $f^{\prime}(1)=0$ 得 $f(x)_{\text {min }}=f(1)=1$, 符合题意; 当 $\mathrm{a}>1$ 时, 可证 $f^{\prime}\left(\frac{1}{a}\right) f^{\prime}(1)<0$, 从而 $f^{\prime}(x)$ 存在零点 $x_{0}>0$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\frac{1}{x_{0}}=0$, 得到 $f(x)_{\text {min }}$, 利用零点的条件, 结合指数对数的运算化简后, 利用基本不等式可以证得 $(x) \geq 1$ 恒成立; 当 $0<a<1$ 时, 研究 $\mathrm{f}(1)$. 即可得到不符合题意. 综合可得 $\mathrm{a}$ 的取值范围. 解法二: 利用指数对数的运算可将 $f(x) \geq 1$ 转化为 $e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq e^{\ln x}+\ln x$, 令 $g(x)=e^{x}+x$, 上述不等式等价于 $g(\ln a+x-1) \geq g(\ln x)$, 注意到 $g(x)$ 的单调性, 进一步等价转化为 $\ln a \geq \ln x-x+1$, 令 $h(x)=\ln x-x+1$, 利用导数求得 $h(x)_{\text {max }}$, 进而根据不等式恒成立的意义得到关于 $\mathrm{a}$ 的对数不等式, 解得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
解析：答案: (1) 【解析】 当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,

由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$, 故:

当 $x \in(-\infty, 0)_{\text {时, }} f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;

(2) 【解析】 由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \geqslant \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,

(1).当 $\mathrm{x}=0$ 时，不等式为: $1 \geq 1$ ，显然成立，符合题意;

(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 $g(x)=-\frac{e^{x-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{\left.x-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}\right.}{x^{3}}$,

令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,

则 $h(x)=e^{x}-x-1, \quad h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,

故 $h(x)_{\text {单调递增, }} h(x) \geq h(0)=0$,

故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,

由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \geqslant 0$ 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, $g^{\prime}(x)<0, g(x)_{\text {单调递减; }}$

因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$,

综上可得, 实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.

【分析】(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.(2)首先讨论 $\mathrm{x}=0$ 的情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.30. 答案: (1) 【解析】 $\because f(x)=e^{x}-\ln x+1$,

$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}, \quad \therefore k=f^{\prime}(1)=e-1$.
$\because f(1)=e+1, \therefore$ 切点坐标为 $(1,1+\mathrm{e})$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(1, \mathrm{f}(1)$ 处的切线方程为 $y-e-1=(e-1)(x-1)$, 即 $y=(e-1) x+2$,

$\therefore$ 切线与坐标轴交点坐标分别为

$$
(0,2),\left(\frac{-2}{e-1}, 0\right)
$$

$\therefore$ 所求三角形面积为 $\frac{1}{2} \times 2 \times\left|\frac{-2}{e-1}\right|=\frac{2}{e-1}$;

(2) 【解析】 解法一: $\because f(x)=a e^{x-1}-\ln x+\ln a$,

$\therefore f^{\prime}(x)=a e^{x-1}-\frac{1}{x}$, 且 $a>0$.

设 $g(x)=f^{\prime}(x)$, 则 $g^{\prime}(x)=a e^{x-1}+\frac{1}{x^{2}}>0$,

$\therefore \mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 即 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

当 $a=1$ 时, $f^{\prime}(1)=0, \therefore f(x)_{\text {min }}=f(1)=1, \therefore f(x) \geq 1$ 成立.



$\therefore$ 存在唯一 $x_{0}>0$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\frac{1}{x_{0}}=0$,

且当 $x \in\left(0, x_{0}\right)_{\text {时 }} f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0}+\infty\right)$ 时 $f^{\prime}(x)>0, \therefore a e^{x_{0}-1}=\frac{1}{x_{0}}$,

$\therefore \ln a+x_{0}-1=-\ln x_{0}$,

因此 $f(x)_{\text {min }}=f\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\ln x_{0}+\ln a$

$=\frac{1}{x_{0}}+\ln a+x_{0}-1+\ln a \geq 2 \ln a-1+2 \sqrt{\frac{1}{x_{0}} \cdot x_{0}}=2 \ln a+1>1$,

$\therefore f(x)>1, \therefore f(x) \geq 1$ 恒成立;

当 $0<a<1$ 时, $f(1)=a+\ln a<a<1, \therefore f(1)<1, f(x) \geq 1$ 不是恒成立.

综上所述, 实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

解法二: $f(x)=a e^{x-1}-\ln x+\ln a=e^{\ln a+x-1}-\ln x+\ln a \geq 1$,

等价于 $e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x ，$

令 $g(x)=e^{x}+x$,上述不等式等价于 $g(\ln a+x-1) \geq g(\ln x)$,

显然 $g(x)$ 为单调增函数, $\therefore$ 又等价于 $\ln a+x-1 \geq \ln x$, 即 $\ln a \geq \ln x-x+1$,

令 $h(x)=\ln x-x+1$, 则 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$

在 $(0,1)_{\text {上 }} h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增; 在 $(1,+\infty)$ 上 $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减,
$\therefore h(x)_{\text {max }}=h(1)=0$,

$\ln a \geq 0$, 即 $a \geq 1, \therefore a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

【分析】(1) 先求导数, 再根据导数几何意义得切线斜率, 根据点斜式得切线方程, 求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；

(2) 解法一: 利用导数研究, 得到函数 $f(x)$ 得导函数 $f^{\prime}(x)$ 的单调递增, 当 $\mathrm{a}=1$ 时由 $f^{\prime}(1)=0$ 得 $f(x)_{\text {min }}=f(1)=1$, 符合题意; 当 $\mathrm{a}>1$ 时, 可证 $f^{\prime}\left(\frac{1}{a}\right) f^{\prime}(1)<0$, 从而 $f^{\prime}(x)$ 存在零点 $x_{0}>0$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=a e^{x_{0}-1}-\frac{1}{x_{0}}=0$, 得到 $f(x)_{\text {min }}$, 利用零点的条件, 结合指数对数的运算化简后, 利用基本不等式可以证得 $(x) \geq 1$ 恒成立; 当 $0<a<1$ 时, 研究 $\mathrm{f}(1)$. 即可得到不符合题意. 综合可得 $\mathrm{a}$ 的取值范围. 解法二: 利用指数对数的运算可将 $f(x) \geq 1$ 转化为 $e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq e^{\ln x}+\ln x$, 令 $g(x)=e^{x}+x$, 上述不等式等价于 $g(\ln a+x-1) \geq g(\ln x)$, 注意到 $g(x)$ 的单调性, 进一步等价转化为 $\ln a \geq \ln x-x+1$, 令 $h(x)=\ln x-x+1$, 利用导数求得 $h(x)_{\text {max }}$, 进而根据不等式恒成立的意义得到关于 $\mathrm{a}$ 的对数不等式, 解得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.