Question

4．函數(shù)F（x）=e^x-1，G（x）=ax²+bx，其中a，b∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）若a=0時(shí)，y=G（x）為曲線y=F（x）的切線，求b的值；
（Ⅱ）若f（x）=F（x）-G（x），f（1）=0．證明：當(dāng)e-2＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)切點(diǎn)為（m，n），即有n=bm=e^m-1，求得F（x）的導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，可得m，b的方程，構(gòu)造函數(shù)g（b）=blnb-b+1，求得導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間可得極值，進(jìn)而得到b=1；
（Ⅱ）求得f（x）的解析式和導(dǎo)數(shù)，設(shè)g（x）=f′（x），設(shè)x₀為f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn)，運(yùn)用單調(diào)性，討論a的范圍，結(jié)合零點(diǎn)存在定理，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）a=0時(shí)，y=G（x）=bx，
F（x）=e^x-1的導(dǎo)數(shù)為F′（x）=e^x，
設(shè)切點(diǎn)為（m，n），即有n=bm=e^m-1，
且e^m=b，消去m，可得blnb=b-1，
設(shè)g（b）=blnb-b+1，g′（b）=lnb，
當(dāng)b＞1時(shí)，g′（b）＞0，g（b）遞增；
當(dāng)0＜b＜1時(shí)，g′（b）＜0，g（b）遞減．
可得b=1處g（b）取得極小值，且為最小值0．
則blnb=b-1的解為b=1；
（Ⅱ）證明：f（x）=F（x）-G（x）=e^x-1-ax²-bx，
可得f′（x）=e^x-2ax-b，可設(shè)g（x）=f′（x），
設(shè)x₀為f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn)，
由f（0）=f（x₀）=0可知，
f（x）在區(qū)間（0，x₀）上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減．
則g（x）不可能恒為正，也不可能恒為負(fù)．
故g（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)存在零點(diǎn)x₁．
同理g（x）在區(qū)間（x₀，1）內(nèi)存在零點(diǎn)x₂．
故g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn)，
由（1）知，當(dāng)a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，g（x）在[0，1]遞增，
故g（x）在（0，1）內(nèi)至多有1個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)a≥$\frac{e}{2}$時(shí)，g（x）在[0，1]遞減，
故g（x）在（0，1）內(nèi)至多有1個(gè)零點(diǎn)，都不合題意，
所以$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，
此時(shí)，g（x）在區(qū)間[0，ln（2a）]遞減，在區(qū)間（ln（2a），1）遞增，
因此x₁∈（0，ln（2a）），x₂∈（ln（2a），1），必有：g（0）=1-b＞0，g（1）=e-2a-b＞0，
由f（1）=0，得a+b=e-1＜2，有g(shù)（0）=a-e+2＞0，g（1）=1-a＞0，解得：e-2＜a＜1，
所以當(dāng)e-2＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間，考查函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，以及分類討論思想，是一道綜合題．