Question

7．已知凼數(shù)f（x）=e^x，x∈R
（1）求凼數(shù)h（x）=f（x）-2x的最小值
（2）令g（x）=$\frac{f（x）}{1+a{x}^{2}}$，a＞0，若g（x）在R上為單調(diào)凼數(shù)，求a的范圍
（3）證明：曲線y=f（x）與曲線y=$\frac{1}{2}$x²+x+1有唯一公共點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)一步求得極值點(diǎn)，求出函數(shù)的極值，也就是最值；
（2）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)，由g（x）在R上為單調(diào)凼數(shù)，得導(dǎo)函數(shù)大于等于0或小于等于0恒成立，再結(jié)合二次函數(shù)求得的范圍；
（3）令h（x）=${e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}-x-1$，利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)h（x）為單調(diào)函數(shù)，再結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)存在定理得答案．

解答 （1）解：h（x）=f（x）-2x=e^x-2x，h′（x）=e^x-2．
當(dāng)x∈（-∞，ln2）時(shí)，h′（x）0．
∴h（x）在（-∞，ln2）上為減函數(shù)，在（ln2，+∞）上為增函數(shù)，
∴$h（x）_{min}=h（ln2）={e}^{ln2}-2=0$；
（2）解：g（x）=$\frac{f（x）}{1+a{x}^{2}}$=$\frac{{e}^{x}}{1+a{x}^{2}}$．
${g}^{′}（x）=\frac{{e}^{x}（1+a{x}^{2}）-{e}^{x}（2ax）}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$=$\frac{{e}^{x}（a{x}^{2}-2ax+1）}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$．
∵g（x）在R上為單調(diào)凼數(shù)，∴g′（x）≥0或g′（x）≤0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立．
由g′（x）≥0，得ax²-2ax+1≥0恒成立，
∵a＞0，∴需△=（-2a）²-4a≤0，解得0＜a≤1；
∵a＞0，∴g′（x）≤0不滿足對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立．
∴實(shí)數(shù)a的范圍是0＜a≤1；
（3）證明：令h（x）=${e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}-x-1$，則h′（x）=e^x-x-1，
令φ（x）=e^x-x-1，則φ（0）=0，
又φ′（x）=e^x-1，當(dāng)x∈（-∞，0）上φ′（x）＜0，在x∈（0，+∞）上φ′（x）＞0．
∴φ（x）_min=0．
即h′（x）≥0．
∴h（x）為單調(diào)增函數(shù)，
又$f（1）•f（2）=（e-\frac{5}{2}）（{e}^{2}-5）＜0$．
∴h（x）有唯一零點(diǎn)，即曲線y=f（x）與曲線y=$\frac{1}{2}$x²+x+1有唯一公共點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了函數(shù)零點(diǎn)的判斷，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是壓軸題．