Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=ex﹣x2﹣ax．
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)x=0處的切線斜率為1，求函數(shù)f（x）在[0，1]上的最值；
（2）令g（x）=f（x）+ （x2﹣a2），若x≥0時(shí)，g（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=0且x＞0時(shí)，證明f（x）﹣ex≥xlnx﹣x2﹣x+1．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵f′（x）=ex﹣2x﹣a，∴f′（0）=1﹣a=1，∴a=0，

∴f′（x）=ex﹣2x，記h（x）=ex﹣2x，∴h′（x）=ex﹣2，令h′（x）=0得x=ln2．

當(dāng)0＜x＜ln2時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單減；當(dāng)ln2＜x＜1時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單增，

∴h（x）min=h（ln2）=2﹣2ln2＞0，

故f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，

∴f（x）min=f（0）=1，f（x）max=f（1）=e﹣1．

（2）解：∵g（x）=ex﹣ （x+a）2，∴g′（x）=ex﹣x﹣a．

令m（x）=ex﹣x﹣a，∴m′（x）=ex﹣1，

當(dāng)x≥0時(shí)，m′（x）≥0，∴m（x）在[0，+∞）上單增，∴m（x）min=m（0）=1﹣a．

（i）當(dāng)1﹣a≥0即a≤1時(shí)，m（x）≥0恒成立，即g′（x）≥0，∴g（x）在[0，+∞）上單增，

∴g（x）min=g（0）=1﹣ ≥0，解得﹣ ≤a≤ ，所以﹣ ≤a≤1．

（ii）當(dāng)1﹣a＜0即a＞1時(shí)，∵m（x）在[0，+∞）上單增，且m（0）=1﹣a＜0，

當(dāng)1＜a＜e2﹣2時(shí)，m（ln（a+2））=2﹣ln（2+a）＞0，

∴x0∈（0，ln（a+2）），使m（x0）=0，即e =x0+a．

當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，m（x）＜0，即g′（x）＜0，g（x）單減；

當(dāng)x∈（x0，ln（a+2））時(shí)，m（x）＞0，即g′（x）＞0，g（x）單增．

∴g（x）min=g（x0）=e ﹣ （x0+a）2=e ﹣ e =e （1﹣ e ）≥0，

∴e ≤2可得0＜x0≤ln2，由e =x0+a，

∴a=e ﹣x0．

記t（x）=ex﹣x，x∈（0，ln2]，

∴t′（x）=ex﹣1＞0，∴t（x）在（0，ln2]上單調(diào)遞增，

∴t（x）≤t（ln2）=2﹣2ln2，∴1＜a≤2﹣2ln2，

綜上，a∈[﹣ ，2﹣ln2]．

（3）證明：f（x）﹣ex≥xlnx﹣x2﹣x+1等價(jià)于ex﹣x2﹣ex≥xlnx﹣x2﹣x+1，

即ex﹣ex≥xlnx﹣x+1．

∵x＞0，∴等價(jià)于 ﹣lnx﹣ ﹣e+1≥0．

令h（x）= ﹣lnx﹣ ﹣e+1，

則h′（x）= ．

∵x＞0，∴ex﹣1＞0．

當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單減；

當(dāng)x＞1時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單增．

∴h（x）在x=1處有極小值，即最小值，

∴h（x）≥h（1）=e﹣1﹣e+1=0，

∴a=0且x＞0時(shí)，不等式f（x）﹣ex≥xlnx﹣x2﹣x+1成立．

【解析】（1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，解方程可得a，設(shè)h（x）=ex﹣2x，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，以及最小值，可得f（x）的單調(diào)性，進(jìn)而得到f（x）的最值；（2）求得g（x）的導(dǎo)數(shù)，令m（x）=ex﹣x﹣a，求出單調(diào)區(qū)間和最值，討論（i）當(dāng)1﹣a≥0即a≤1時(shí)，（ii）當(dāng)1﹣a＜0即a＞1時(shí)，求出單調(diào)性，以及最小值，解不等式即可得到a的范圍；（3）f（x）﹣ex≥xlnx﹣x2﹣x+1等價(jià)于ex﹣x2﹣ex≥xlnx﹣x2﹣x+1，即ex﹣ex≥xlnx﹣x+1．等價(jià)于 ﹣lnx﹣ ﹣e+1≥0．令h（x）= ﹣lnx﹣ ﹣e+1，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得最小值，即可得到證明．