Question

15．已知a∈R，函數(shù)f（x）=e^x+ax²，g（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，
（Ⅰ）當(dāng)a＞0時，求證：存在唯一的x₀∈（-$\frac{1}{2a}$，0），使得g（x₀）=0；
（Ⅱ）若存在實(shí)數(shù)a，b，使得f（x）≥b恒成立，求a-b的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)零點(diǎn)的判定定理進(jìn)行判斷即可．
（Ⅱ）利用不等式恒成立，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最值進(jìn)行求解．

解答 （Ⅰ）證明：∵g（x）=f′（x）=e^x+2ax，g′（x）=e^x+2a，------------------------（1分）
當(dāng)a＞0時，g′（x）＞0，∴函數(shù)g（x）在（-∞，+∞）上的單調(diào)遞增，------------------------（2分）
又g（-$\frac{1}{2a}$）=${e}^{-\frac{1}{2a}}$-1＜0，g（0）=1＞0，-----------------------------------------------（3分）
∴存在唯一的x₀∈（-$\frac{1}{2a}$，0），使得g（x₀）=0；-----------------------------------------------（4分）
（Ⅱ）解：（1）當(dāng)a＜0時，則當(dāng)x＜0時，g（x）＞0，
即函數(shù)f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，且當(dāng)x→-∞時，f（x）→-∞，這與f（x）≥b矛盾；---------------------------（5分）
（2）當(dāng)a=0，由e^x≥b，得b≤0，∴a-b≥0；------------------------------------------（6分）
（3）當(dāng)a＞0，由（Ⅰ）知當(dāng)x∈（-∞，x₀）時，g（x）＜0；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，g（x）＞0；
即f（x）在（-∞，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，----------------------------------（7分）
∴f（x）的最小值為f（x₀），-----------------------------------------------------------------------------------（8分）
其中x₀滿足${e}^{{x}_{0}}$+2ax₀=0，故a=-$\frac{{e}^{{x}_{0}}}{2{x}_{0}}$且x₀＜0，
∵f（x）≥b恒成立，∴b≤f（x₀），
即-b≥-${e}^{{x}_{0}}$-ax₀²，于是a-b≥-${e}^{{x}_{0}}$-ax₀²=-${e}^{{x}_{0}}$（1+$\frac{1}{2{x}_{0}}$-$\frac{{x}_{0}}{2}$），------------------（9分）
記h（x）=-e^x（1+$\frac{1}{2x}$-$\frac{x}{2}$），x＜0，
則h′（x）=$\frac{1}{2{x}^{2}}$e^x（x-1）²（x+1），-----------------（10分）
由h′（x）＜0得x＜-1，即函數(shù)h（x）在（-∞，-1）上單調(diào)時遞減，
由h′（x）＞0得-1＜x＜0，即函數(shù)h（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（-1）=-$\frac{1}{e}$，
綜上得a-b的最小值為-$\frac{1}{e}$，此時x₀=-1．--------------------------------------------------（14分）

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和最值的應(yīng)用，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的判定定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．考查學(xué)生的運(yùn)算和轉(zhuǎn)化能力．