Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^x-$\frac{1}{2}{x^2}$-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）的圖象在x=0處的切線方程為y=2x+b，求a，b的值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）≥1在$[\frac{1}{2}，+∞）$上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）如果函數(shù)$g（x）=f（x）-（a-\frac{1}{2}）{x^2}$恰有兩個不同的極值點x₁，x₂，證明：$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$＜ln（2a）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，由題意得到f′（0）=1-a，求出a值后代入原函數(shù)，再由f（0）=1求得b；
（Ⅱ）由題意知 $a≤\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$對$x≥\frac{1}{2}$恒成立，對函數(shù)$h（x）=\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$求導數(shù)，由導數(shù)可得h（x）在$（\frac{1}{2}，+∞）$單增，得到$h（x）≥h（\frac{1}{2}）=2\sqrt{e}-\frac{9}{4}$，則實數(shù)a的取值范圍可求；
（Ⅲ）由已知$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-ax-a{x^2}+\frac{1}{2}{x^2}={e^x}-a{x^2}-ax$，求其導函數(shù)，由x₁，x₂是函數(shù)g（x）的兩個不同極值點（不妨設(shè)x₁＜x₂），可得a＞0，結(jié)合g′（x₁）=0，g′（x₂）=0得到${e^{x_1}}-2a{x_1}-a=0$，${e^{x_2}}-2a{x_2}-a=0$進一步得到$2a=\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，把問題轉(zhuǎn)化為證明${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，變形為證$（{x_1}-{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}-{e^{{x_1}-{x_2}}}+1＞0$，令x₁-x₂=t（t＜0）換元．然后再利用導數(shù)證明$φ（t）=t{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}+1$φ（t）＞0得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵f′（x）=e^x-x-a，
∴f′（0）=1-a，由題知1-a=2，解得a=-1．
∴$f（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}+x$．
∴f（0）=1，代入y=2x+b，得1=2×0+b，解b=1；
（Ⅱ）解：由題意知 $a≤\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$對$x≥\frac{1}{2}$恒成立，
令$h（x）=\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$，則$h'（x）=\frac{{（x-1）{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}+1}}{x^2}$，
令$m（x）=（x-1）{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}+1$，則m′（x）=x（e^x-1），
當$x≥\frac{1}{2}$時，m′（x）＞0，則m（x）在$（\frac{1}{2}，+∞）$單增，$m（x）≥m（\frac{1}{2}）=-\frac{1}{{2\sqrt{e}}}+\frac{7}{8}＞0$，
∴h（x）在$（\frac{1}{2}，+∞）$單增，則$h（x）≥h（\frac{1}{2}）=2\sqrt{e}-\frac{9}{4}$．
故$a≤2\sqrt{e}-\frac{9}{4}$；
（Ⅲ）證明：由已知$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-ax-a{x^2}+\frac{1}{2}{x^2}={e^x}-a{x^2}-ax$，
∴g′（x）=e^x-2ax-a．
由x₁，x₂是函數(shù)g（x）的兩個不同極值點（不妨設(shè)x₁＜x₂），
∴a＞0（若a≤0時，g′（x）＞0，即g（x）是R上的增函數(shù)，與已知矛盾），
且g′（x₁）=0，g′（x₂）=0．
∴${e^{x_1}}-2a{x_1}-a=0$，${e^{x_2}}-2a{x_2}-a=0$． 
兩式相減得：$2a=\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
于是要證明$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＜ln2a$，即證明${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
兩邊同除以${e^{x_2}}$，即證${e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_1}-{x_2}}}-1}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即證$（{x_1}-{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＞{e^{{x_1}-{x_2}}}-1$，
即證$（{x_1}-{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}-{e^{{x_1}-{x_2}}}+1＞0$，
令x₁-x₂=t（t＜0）．
即證不等式$t{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}+1＞0$當t＜0時恒成立．
設(shè)$φ（t）=t{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}+1$，
∴$ϕ'（t）={e^{\frac{t}{2}}}+t•{e^{\frac{t}{2}}}•\frac{1}{2}-{e^t}$=$（\frac{t}{2}+1）{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}$=$-{e^{\frac{t}{2}}}[{e^{\frac{t}{2}}}-（\frac{t}{2}+1）]$．
而${e^{\frac{t}{2}}}＞\frac{t}{2}+1$，即${e^{\frac{t}{2}}}-（\frac{t}{2}+1）＞0$，∴φ′（t）＜0，
∴φ（t）在（-∞，0）上是減函數(shù)．
∴φ（t）在t=0處取得極小值φ（0）=0．
∴φ（t）＞0．
則$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＜ln2a$．

點評 本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線的斜率，考查了導數(shù)在解決函數(shù)恒成立問題中的應(yīng)用，訓練了數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法和函數(shù)構(gòu)造法，是壓軸題．