Question

15．已知f（x）=e^x-ax²-2x+b（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，b∈R）
（1）設(shè)f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，求f′（x）的遞增區(qū)間；
（2）當(dāng)a＞0時，證明：f′（x）的最小值小于零；
（3）若a＜0，f（x）＞0恒成立，求符合條件的最小整數(shù)b．

Answer 1

分析 （1）令g（x）=f′（x）=e^x-2ax-2，求得g（x）導(dǎo)數(shù)，討論當(dāng)a≤0 時，當(dāng)a＞0時，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）f′（x）_min=g（x）_min=g（ln2a）=e^ln2a-2aln2a-2=2a-2aln2a-2，令G（x）=x-xlnx-2（x＞0），求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得G（x）的最大值，即可得證；
（3）f（x）＞0恒成立，等價于f（x）_min＞0恒成立．令g（x）=f′（x）=e^x-2ax-2，求出g（x）的零點所在區(qū)間，得到f（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值，即f（x）_min=f（x₀）=e^x₀-ax₀²-2x₀+b＞0恒成立，且e^x₀-2ax₀-2=0，再由參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，即可得到b的范圍，進而得到最小整數(shù)b．

解答 解：（1）令g（x）=f′（x）=e^x-2ax-2，則g′（x）=e^x-2a…（1分）
當(dāng)a≤0 時，g′（x）＞0恒成立，此時f′（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，+∞）；
當(dāng)a＞0，令g′（x₀）=0，解得x₀=ln2a，
則當(dāng)x＜ln2a時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞ln2a時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；…（2分）
綜上所述，當(dāng)a≤0時，f′（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，+∞）；
 當(dāng)a＞0時，f′（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（ln2a，+∞）；…（3分）
（2）證明：由（1）可知，當(dāng)a＞0時，x₀=ln2a時，f′（x）有最小值，
則f′（x）_min=g（x）_min=g（ln2a）=e^ln2a-2aln2a-2=2a-2aln2a-2…（4分）
令G（x）=x-xlnx-2（x＞0），G′（x）=1-（1+lnx）=-lnx，
當(dāng)x∈（0，1）時，G′（x）＞0，G（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，G′（x）＜0，G（x）單調(diào)遞減，…（5分）
∴G（x）_max=G（1）=-1＜0，∴f′（x）_min＜0成立．…（6分）
（3）f（x）＞0恒成立，等價于f（x）_min＞0恒成立．
令g（x）=f′（x）=e^x-2ax-2，則g′（x）=e^x-2a，
∵a＜0，∴g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
又g（0）=-1＜0，g（1）=e-2a＞0，
∴存在x₀∈（0，1），使得g（x₀）=0…（7分）
則x＜x₀時，g（x）=f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
x＞x₀時，g（x）=f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
∴f（x）_min=f（x₀）=e^x₀-ax₀²-2x₀+b＞0恒成立，且e^x₀-2ax₀-2=0
由上可知，b＞-e^x₀+ax₀²+2x₀=-e^x₀+x₀（$\frac{{e}^{{x}_{0}}}{2}$-1）+2x₀=（$\frac{{x}_{0}}{2}$-1）e^x₀+x₀…（9分）
又可得，a=$\frac{{e}^{{x}_{0}}-2}{2{x}_{0}}$＜0，∴x₀∈（0，ln2）…（10分）
令m（x）=（$\frac{1}{2}$x-1）e^x+x，x∈（0，ln2），
令n（x）=m′（x）=$\frac{1}{2}$（x-1）e^x+1，n′（x）=$\frac{1}{2}$xe^x＞0，
∴n（x）＞n（0）=$\frac{1}{2}$＞0，∴m（x）單調(diào)遞增，m（x）＞m（0）=（-1）e⁰=-1，
m（x）＜m（ln2）=（$\frac{ln2}{2}$-1）e^ln2+ln2=2ln2-2…（11分）
∴b＞-1，∴符合條件的最小整數(shù)b=0…（12分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)性和最值，考查不等式恒成立問題的解法，以及構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡整理的運算能力，屬于綜合題．