Question

10．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax²+（a-e+1）x-1，（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù)）．
（Ⅰ） 當a=0時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x•f′（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞減，求a的范圍
（Ⅲ）當a∈（e-2，1）時，函數(shù)f（x）=e^x-ax²+（a-e+1）x-1在區(qū)間（0，1）上是否有零點？并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當a=0時，求出f（x），然后求f′（x），根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號即可求出f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求出g（x），求g′（x），g″（x），根據(jù)g″（x）的符號可判斷導(dǎo)函數(shù)g′（x）單調(diào)遞減，從而便有g(shù)′（x）≤g′（1），再根據(jù)g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，從而g′（x）≤g′（1）≤0，這樣即可求得a的范圍；
（Ⅲ）先假設(shè)f（x）存在零點，從而得到f（x）=0成立，根據(jù)f（x）=0可解出a=$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，這時候令h（x）=$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，只要證明e-2＜h（x）＜1即可：先證h（x）＜1，作差h（x）-1=$\frac{{e}^{x}-{x}^{2}+（2-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，容易判斷x²-x＜0，從而只要證明e^x-x²+（2-e）x-1＞0，可令H（x）=e^x-x²+（2-e）x-1，通過求H′（x），H″（x），便能判斷函數(shù)H（x）在（0，1）上的單調(diào)性，再根據(jù)H（0）=0，H（1）=0即可說明H（x）＞0成立，同樣的辦法證明h（x）＞e-2即可．

解答 解：（Ⅰ）當a=0時，f（x）=e^x+（1-e）x-1，f′（x）=e^x+（1-e）；
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（ln（e-1），+∞），f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（-∞，ln（e-1））；
（Ⅱ）$g（x）=（1-\frac{1}{2}x）{e}^{x}+\frac{1}{2}（a-e+1）x-1$，$g′（x）=\frac{1}{2}（1-x）{e}^{x}+\frac{1}{2}（a-e+1）$；
∴$g″（x）=-\frac{1}{2}x{e}^{x}$，x∈[1，+∞）；
∴g″（x）＜0，∴g′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減；
又g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減；
∴$g′（x）≤g′（1）=\frac{1}{2}（a-e+1）≤0$；
∴a≤e-1；
∴a的范圍為（-∞，e-1]；
（Ⅲ）假設(shè)函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上有零點；
即存在x∈（0，1），使得e^x-ax²+（a-e+1）x-1=0；
即$a=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，記$h（x）=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$；
①若h（x）＜1，∴$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}-1＜0$，即：
$\frac{{e}^{x}-{x}^{2}+（2-e）x-1}{{x}^{2}-x}＜0$；
由于x∈（0，1），有x²-x＜0；
即證e^x-x²+（2-e）x-1＞0在x∈（0，1）恒成立；
令H（x）=e^x-x²+（2-e）x-1，x∈（0，1）；
H′（x）=e^x-2x+2-e，H″=e^x-2；
當x∈（0，ln2），H″（x）＜0，當x∈（ln2，1），H″（x）＞0；
∴當x∈（0，ln2），H′（x）單調(diào)遞減，x∈（ln2，1），H′（x）單調(diào)遞增；
而H′（0）=1-0+2-e＞0，H′（1）=e-2+2-e=0，H′（ln2）=e^ln2-2ln2+2-e=4-e-2ln2＜0；
故在（0，ln2）上存在唯一的實數(shù)x₀使得H′（x₀）=0；
所以，在（0，x₀）上H（x）單調(diào)遞增，在（x₀，1）上H（x）單調(diào)遞減；
而H（0）=0，H（1）=0；
故H（x）＞0在（0，1）成立；
即$h（x）=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}＜1$成立；
②若h（x）＞e-2；
∴$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}-（e-2）＞0$，即$\frac{{e}^{x}-（e-2）{x}^{2}-x-1}{{x}^{2}-x}＞0$；
由于x∈（0，1），有x²-x＜0；
即證e^x-（e-2）x²-x-1＜0在x∈（0，1）恒成立；
令H（x）=e^x-（e-2）x²-x-1，H′（x）=e^x-2（e-2）x-1，H″（x）=e^x-2（e-2）；
當x∈（0，ln2（e-2）），H″（x）＜0，H′（x）單調(diào)遞減；當x∈（ln2（e-2），1），H″（x）＞0，H′（x）單調(diào)遞增；
而H′（0）=0，H′（1）=3-e＞0；
∴在（ln2（e-2），1）上存在唯一的實數(shù)x₀使得H′（x₀）=0；
所以，在（0，x₀）上H（x）單調(diào)遞減，在（x₀，1）上H（x）單調(diào)遞增；
又H（0）=0，H（1）=0；
故H（x）＜0在（0，1）成立，即$h（x）=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}＞e-2$成立．
由①②可得，a∈（e-2，1）時，h（x）存在零點．

點評 考查根據(jù)函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法，函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)單調(diào)性定義的運用，會正確求導(dǎo)，會求二階導(dǎo)數(shù)并能運用二階導(dǎo)數(shù)，函數(shù)零點的概念，以及掌握本題在證明函數(shù)存在零點時用到的方法．