Question

14．已知函數(shù)f（x）=e^x-$\frac{a}{2}{x^2}{e^{|x|}}$．
（1）若f（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）證明：當(dāng)a≥1時，f（x）≤x+1；
（3）對于在（0，1）中的任一個實數(shù)a，試探究是否存在x＞0，使得f（x）＞x+1成立？如果存在，請求出符合條件的一個x；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，可知f在[0，+∞）上恒成立，對a進行分類討論即可；
（2）整理不等式，對x進行分區(qū)間討論，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，分別證明結(jié)論成立；
（3）假設(shè)存在x＞0，使得f（x）＞x+1成立，整理不等式得存在x＞0，$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1＜0成立，故只需左式的最小值＜0，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)求出函數(shù)的最小值即可．

解答 解：（1）f（x）=e^x-$\frac{a}{2}{x^2}{e^{|x|}}$，x在[0，+∞）上，
∴f'（x）=e^x（-$\frac{a}{2}$x²-ax+1），
由題意知f'（x）=e^x（-$\frac{a}{2}$x²-ax+1）≥0在[0，+∞）上恒成立，
當(dāng)a=0時，顯然成立，滿足題意，
當(dāng)a≠0時，-$\frac{a}{2}$x²-ax+1≥0，
∴-$\frac{a}{2}$＞0，-$\frac{a}{2}$×0 ²-a×0+1≥0，
∴a＜0，
故a的范圍為a≤0；
（2）當(dāng)x≥0時，要證明f（x）≤x+1成立，
只需證1≤$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，
令g（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，
∴g'（x）=ax-$\frac{x}{{e}^{x}}$=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$），
∵x≥0，a≥1，
∴g'（x）=ax-$\frac{x}{{e}^{x}}$=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$）≥0，
∴g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
故g（x）≥g（0）=1＞0，得證；
當(dāng)x＜0時，要證明f（x）≤x+1成立，
只需證1≤$\frac{a}{2}$x²e^-2a+（x+1）e^-x，
令m（x）=≤$\frac{a}{2}$x²e^-2a+（x+1）e^-x，
∴m'（x）=-xe^-2x[e^x+a（x-1）]，
顯然e^x+a（x-1）為增函數(shù)，
∴e^x+a（x-1）＜1-a≤0，
∴m'（x）＜0，
∴m（x）在（-∞，0）上為減函數(shù)，
故m（x）≥m（0）=1＞0，得證；
（3）假設(shè)存在x＞0，使得f（x）＞x+1成立，
∴存在x＞0，$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1＜0成立，
令t（x）=，$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1，即只需t（x）的最小值＜0，
t'（x）=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$），
∴當(dāng)x在（0，-lna）時，t'（x）＜0，t（x）遞減，
當(dāng)x在（-lna，+∞）時，t'（x）＞0，t（x）遞增，
∴t（x）的最小值為t（-lna）=$\frac{a}{2}$（-lna）²+a（-lna+1）-1，
只需證$\frac{a}{2}$（-lna）²+a（-lna+1）-1＜0在0＜a＜1恒成立，
令p（a）=$\frac{a}{2}$（-lna）²+a（-lna+1）-1，
p'（a）=$\frac{1}{2}$（lna）²≥0，p（a）遞增，
∴p（a）≤p（1）=0，得證，
故存在x＞0，使得f（x）＞x+1成立，x=-lna（0＜a＜1）．

點評 考查了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用，恒成立問題和存在問題的轉(zhuǎn)化，難點是對函數(shù)的構(gòu)造和導(dǎo)函數(shù)的分類．