Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^x-$\frac{m}{2}$x²-mx-1．
（Ⅰ）當m=1時，求證：x≥0時，f（x）≥0；
（Ⅱ） 當m≤1時，試討論函數(shù)y=f（x）的零點個數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）m=1時，可求f'（x），f''（x），令f''（x）=0，得x=0，可得當x≥0時，f''（x）≥0，從而得證；
（Ⅱ）由（Ⅰ）和（2）式知，當x≤0時，f''（x）≤0，可得 對?x∈R，f'（x）≥0，即e^x≥x+1，分類討論當x≥-1時，當x＜-1時，函數(shù)y=f（x）的零點個數(shù)即可得解．

解答 （本題滿分為12分）
解：（Ⅰ）m=1時，$f（x）={e^x}-\frac{x^2}{2}-x-1$，則f'（x）=e^x-x-1，…（1）
則f''（x）=e^x-1，…（2），
令f''（x）=0，得x=0，
當x≥0時，e^x≥1，
∴e^x-1≥0，即f''（x）≥0，
∴函數(shù)y=f'（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，即當x≥0時，f′（x）≥f′（0）=0，
∴函數(shù)y=f（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，即當x≥0時f（x）≥f（0）=0．…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）和（2）式知，當x≤0時，e^x-1≤0，
∴f''（x）≤0，
∴函數(shù)f'（x）=e^x-x-1的減區(qū)間為（-∞，0]，增區(qū)間為（0，+∞），
∴f'（x）_min=f'（0）=0，
∴對?x∈R，f'（x）≥0，即e^x≥x+1，…（3）
①當x≥-1時，x+1≥0，又m≤1，
∴m（x+1）≤x+1，
∴由（3）得e^x-m（x+1）≥e^x-（x+1）≥0，即f'（x）≥0，
∴函數(shù)y=f（x）x≥-1為增函數(shù)，又f（0）=0，
∴當x＞0時，f（x）＞f（0）=0，當-1≤x＜0時，f（x）＜f（0）=0，
∴函數(shù)y=f（x）在x≥-1時有且僅有一個零點x=0，
②當x＜-1時，
�。┊�0≤m≤1時，-m（x+1）≥0，e^x＞0，
∴f'（x）=e^x-m（x-1）＞0，
∴函數(shù)y=f（x）在x＜-1時遞減，
∴$f（x）＜f（{-1}）={e^{-1}}+\frac{m}{2}-1＜\frac{m-1}{2}＜0$，
故0≤m≤1時，函數(shù)y=f（x）在x＜-1時無零點，
ⅱ）當m＜0時，由f'（x）=e^x-mx-m，得f''（x）=e^x-m＞0，
∴函數(shù)y=f'（x）在x＜-1時遞增，f'（-1）=e^-1＞0，
當$x≤\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1$時，f'（x）＜e^-1-m（x+1）≤0，
∴由函數(shù)零點定理知$?{x^*}∈（{\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1，-1}）$，使f'（x^*）=0，
故當x∈（x^*，-1）時，0=f'（x^*）＜f'（x）＜f'（-1）=e^-1，
當x∈（-∞，x^*）時，f'（x）＜f'（x^*）=0，
∴函數(shù)y=f（x）的減區(qū)間為（-∞，x^*），增區(qū)間為（x^*，-1），
又$f（{-1}）={e^{-1}}+\frac{m}{2}-1＜0$，
∴對?x∈[x^*，-1），f（x）＜0，
又當$x＜-\sqrt{1-\frac{2}{m}}-1（{x＜-1}）$時，$-\frac{m}{2}{x^2}-mx-1＞0$，
∴f（x）＞0，
由f（x^*）＜0，
∴$（{-\sqrt{1-\frac{2}{m}}，-1}）⊆$（-∞，x^*），
再由函數(shù)零點定理知?${x_0}∈（{-∞，{x^*}}）$，使得f（x₀）=0，
綜上所述：當0≤m≤1時，函數(shù)y=f（x）有且僅有一個零點，
當m＜0時，函數(shù)y=f（x）有兩個零點．                    …（12分）

點評 本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)零點的判定定理的應用，考查學生運用分類討論思想、劃歸思想解決數(shù)學問題的能力，屬難題．