Question

8．已知函數(shù)F（x）=e^x-1，G（x）=ax²+bx，其中a，b∈R，e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）當(dāng)a=0時，y=G（x）為曲線y=F（x）的切線，求b的值；
（2）若f（x）=F（x）-G（x），f（1）=0，且函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于b的方程，解出即可；
（2）通過討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)是最值，結(jié)合函數(shù)的零點問題，從而求出a的范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時，G（x）=bx，
∴F′（x）=e^x=bx，
問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=e^x和y=bx有交點，
b＜0時，顯然有交點，b＞0時，得：b≥e，
故b＜0或b≥e；
（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，
因為f（x）=e^x-ax²-bx-1，
 所以g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，
又g′（x）=e^x-2a，因為x∈[0，1]，1≤e^x≤e，
∴①若a≤$\frac{1}{2}$，則2a≤1，g′（x）=e^x-2a≥0，
所以函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上單增，
②若a≥$\frac{e}{2}$，則2a≥e，g′（x）=e^x-2a≤0，
所以函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上單減，
于是，當(dāng)a≤$\frac{1}{2}$或a≥$\frac{e}{2}$時，函數(shù)g（x）即f′（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．
③若$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，則1＜2a＜e，于是當(dāng)0＜x＜ln（2a）時：g′（x）=e^x-2a＜0，
當(dāng)ln（2a）＜x＜1時g′（x）=e^x-2a＞0，
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，
則g（x）_min=2a-2aln（2a）-b=3a-2aln（2a）-e-1，
令h（x）=$\frac{3}{2}$x-xlnx-e-1（1＜x＜e），
則h′（x）=$\frac{1}{2}$-lnx，由h′（x）=$\frac{1}{2}$-lnx＞0可得：x＜$\sqrt{e}$，
所以h（x）在區(qū)間（1，$\sqrt{e}$）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（$\sqrt{e}$，e）上單調(diào)遞減，
所以h（x）_max=h（$\sqrt{e}$）=$\frac{3\sqrt{e}}{2}$-$\sqrt{e}$ln$\sqrt{e}$-e-1＜0，
即g（x）_min＜0恒成立．
于是，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間等價于：
$\left\{\begin{array}{l}{g（0）=2-e+a＞0}\\{g（1）=-a+1＞0}\end{array}\right.$即：$\left\{\begin{array}{l}{a＞e-2}\\{a＜1}\end{array}\right.$，
又因為$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，所以：e-2＜a＜1．
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為（e-2，1）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，函數(shù)的零點問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，分類討論思想，第二問難度較大，討論a時容易出錯．