Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax²-bx-1，其中a，b∈R，e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）設(shè)g（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)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(diǎn)，證明：e-2＜a＜1．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,函數(shù)零點(diǎn)的判定定理,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值；
（2）設(shè)x₀為f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)的一個零點(diǎn)，通過討論a的范圍，得出a的取值．

解答： 解：（1）由f（x）=e^x-ax²-bx-1，得g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，所以g′（x）=e^x-2a．
當(dāng)x∈[0，1]時，g′（x）∈[1-2a，e-2a]．
當(dāng)a≤

1

2

時，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，
因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；
當(dāng)a≥

e

2

時，g′（x）≤0，所以g（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，
因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b；
當(dāng)

1

2

＜a＜

e

2

時，令g′（x）=0，得x=ln（2a）∈（0，1），
所以函數(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，
于是，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b．
綜上所述，當(dāng)a≤

1

2

時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；
當(dāng)

1

2

＜a＜

e

2

時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b；
當(dāng)a≥

e

2

時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b．…（5分）
（2）證明：設(shè)x₀為f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)的一個零點(diǎn)，則由f（0）=f（x₀）=0可知，
f（x）在區(qū)間（0，x₀）上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減．
則g（x）不可能恒為正，也不可能恒為負(fù)．
故g（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)存在零點(diǎn)x₁．
同理g（x）在區(qū)間（x₀，1）內(nèi)存在零點(diǎn)x₂．故g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有兩個零點(diǎn)，
由（1）知，當(dāng)a≤

1

2

時，g（x）在[0，1]遞增，故g（x）在（0，1）內(nèi)至多有1個零點(diǎn)，
當(dāng)a≥

e

2

時，g（x）在[0，1]遞減，故g（x）在（0，1）內(nèi)至多有1個零點(diǎn)，都不合題意，
所以

1

2

＜a＜

e

2

，
此時，g（x）在區(qū)間[0，ln（2a）]遞減，在區(qū)間（ln（2a），1）遞增，
因此x₁∈（0，ln（2a）），x₂∈（ln（2a），1），必有：g（0）=1-b＞0，g（1）=e-2a-b＞0，
由f（1）=0，得a+b=e-1＜2，有g(shù)（0）=a-e+2＞0，g（1）=1-a＞0，解得：e-2＜a＜1，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點(diǎn)時，e-2＜a＜1．

點(diǎn)評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查分類討論思想，是一道綜合題．