Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax²-bx-1，其中a，b∈R，e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）設g（x）是函數(shù)f（x）的導函數(shù)，求函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值；
（2）若f（1）=0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,函數(shù)的零點

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求出f（x）的導數(shù)得g（x），再求出g（x）的導數(shù)，對它進行討論，從而判斷g（x）的單調(diào)性，求出g（x）的最小值；
（2）利用等價轉(zhuǎn)換，若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點，則函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間，所以g（x）在（0，1）上應有兩個不同的零點．

解答： 解：∵f（x）=e^x-ax²-bx-1，∴g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，
又g′（x）=e^x-2a，x∈[0，1]，∴1≤e^x≤e，
∴①當a≤

1

2

時，則2a≤1，g′（x）=e^x-2a≥0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增，g（x）_min=g（0）=1-b；
②當

1

2

＜a＜

e

2

，則1＜2a＜e，
∴當0＜x＜ln（2a）時，g′（x）=e^x-2a＜0，當ln（2a）＜x＜1時，g′（x）=e^x-2a＞0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，ln（2a）]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[ln（2a），1]上單調(diào)遞增，
g（x）_min=g[ln（2a）]=2a-2aln（2a）-b；
③當a≥

e

2

時，則2a≥e，g′（x）=e^x-2a≤0，
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（1）=e-2a-b，
綜上：函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為gmin(x)=

1-b  (a≤ 1 2 ) 2a-2aln(2a)-b  ( 1 2 ＜a＜ e 2 ) e-2a-b  (a≥ e 2 )

；
（2）由f（1）=0，⇒e-a-b-1=0⇒b=e-a-1，又f（0）=0，
若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點，則函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間，
由（1）知當a≤

1

2

或a≥

e

2

時，函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)，不可能滿足“函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間”這一要求．
若

1

2

＜a＜

e

2

，則g_min（x）=2a-2aln（2a）-b=3a-2aln（2a）-e+1
令h（x）=

3

2

x-xlnx-e+1  （1＜x＜e）
則h′(x)=

3

2

-(lnx+x•

1

x

)=

1

2

-lnx，∴h′(x)=

1

2

-lnx．由h′(x)=

1

2

-lnx＞0⇒x＜

e

∴h（x）在區(qū)間（1，

e

）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（

e

，e）上單調(diào)遞減，
h(x)max=h(

e

)=

3

2

e

-

e

ln

e

-e+1=

e

-e+1＜0，即g_min（x）＜0 恒成立，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間?

g(0)=2-e+a＞0 g(1)=-a+1＞0

⇒

a＞e-2 a＜1

，
又

1

2

＜a＜

e

2

，所以e-2＜a＜1，
綜上得：e-2＜a＜1．

點評：本題考查了，利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，分類討論思想，等價轉(zhuǎn)換思想，函數(shù)的零點等知識點．是一道導數(shù)的綜合題，難度較大．