我们看题目：

已知函数 \(f(x)=xe^{ax}-e^x\)，当 \(x>0\) 时，\(f(x)<-1\)，求 \(a\) 的取值范围。

这道题很有意思。

首先，我们上来考虑进行分离变量：

\(a<\frac{ln{\frac{e^x-1}{x}}}{x},x>0\)

嘶。不太现实。

所以，我们考虑直接证明：

令 \(F(x)=xe^{ax}-e^x+1,x>0\)

且 \(F(x)<0\)

易得 \(F(0)=0\)

到了这一步，局势有些明朗了。观察以上条件，猜想通过导数分析恒小于零。

求导：\(F'(x)=e^{ax}+axe^{ax}-e^x\)

导数的正负性依然不好求，但是我们可以一眼盯出：

\(F'(0)=0\)

如果导数恒小于零，那么原命题成立，所以这里考虑求二阶导，讨论导数的单调性：

\(F''(x)=2ae^{ax}+a^2xe^{ax}-e^x\)

乍一看，似乎更复杂了，不过其实答案已经近在眼前：

\(F''(0)=2a-1\)

这里，假如 \(F''(0)>0\)

那么 \(F'(x)\) 必然存在一个从 \(0\) 开始的单调增区间，

使得该区间中 \(F'(x)>0\)

那么 \(F(x)\) 就也会有一个单调增区间，

使得该区间中 \(F(x)>0\)

于是原命题就不成立。

而如果，\(F''(0)\leq0\)

以上均不会发生。

所以，就有 \(2a-1\leq0,a\leq\frac{1}{2}\)

但是！这里就结束了吗？不！还要继续进行讨论。

因为我们只讨论了二阶导的自变量取 \(0\) 时的情况，却没有讨论自变量为正的情况。

通过上面的讨论，我们确实是确保了原函数不会一上来就大于零，但是却没有确保后面会不会。

保不齐后面二阶导突然抽风噌噌噌往上窜，带着一阶导大于零，然后把原函数也拉的大于零。

所以，为了逻辑完整，我们需要验证：在 \(a\leq\frac{1}{2}\) 的情况下，原命题恒成立。

易得 \(e^{ax}\leq e^{\frac{x}{2}}\)

从而得到 \(F(x)\leq xe^{\frac{x}{2}}-e^x+1\)

故只需证：

\(xe^{\frac{x}{2}}-e^x+1<0\)

令 \(G(x)=xe^{\frac{x}{2}}-e^x+1\)

求导可得：\(G'(x)=e^{\frac{x}{2}}(1+\frac{x}{2}-e^{\frac{x}{2}})\)

然后呢，有个东西叫经典不等式：\(x+1\leq e^x\)

故 \(1+\frac{x}{2}-e^{\frac{x}{2}}<0\)

故 \(G'(x)<0\)

函数 \(G(x)\) 在 \((0,+∞)\) 上单调递减。

又因为 \(G(0)=0\)

有 \(G(x)<0\)

得证。

故，\(a\in(-∞,\frac{1}{2}]\)

确实是一道考验注意力的题呢（笑）