Question

（2013•温州一模）已知函f（x）=ax²-e^x（a∈R）．
（Ⅰ）a=1时，试判断f（x）的单调性并给予证明；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）．
（i） 求实数a的取值范围；
（ii）证明：-

e

2

＜f(x1)＜-1． （注：e是自然对数的底数）

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=1代入函数解析式，求出函数的导函数，把导函数二次求导后，求出导函数的最大值，得到导函数的最大值小于0，从而得到原函数是实数集上的减函数；
（Ⅱ）（i）把函数f（x）=ax²-e^x有两个极值点转化为其导函数f^′（x）=2ax-e^x有两个根，分离变量a后分析右侧函数h(x)=

ex

x

的单调性，该函数先减后增有极小值，然后根据图象的交点情况得到a的范围；
（ii）由x₁是原函数的导函数的根，把x₁代入导函数解析式，用x₁表示a，然后把f（x₁）的表达式中的a替换，得到关于x₁的函数式后再利用求导判断单调性，从而得到要征得结论．

解答：解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x²-e^x，f（x）在R上单调递减．
事实上，要证f^′（x）=x²-e^x在R上为减函数，只要证明f^′（x）≤0对?x∈R恒成立即可，
设g（x）=f^′（x）=2x-e^x，则g^′（x）=2-e^x，
当x=ln2时，g^′（x）=0，
当x∈（-∞，ln2）时，g^′（x）＞0，当x∈（ln2，+∞）时，g^′（x）＜0．
∴函数g（x）在（-∞，ln2）上为增函数，在（ln2，+∞）上为减函数．
∴f^′（x）_max=g（x）_max=g（ln2）=2ln2-2＜0，故f^′（x）＜0恒成立
所以f（x）在R上单调递减；                                    
（Ⅱ）（i）由f（x）=ax²-e^x，所以，f^′（x）=2ax-e^x．
若f（x）有两个极值点x₁，x₂，则x₁，x₂是方程f^′（x）=0的两个根，
故方程2ax-e^x=0有两个根x₁，x₂，
又因为x=0显然不是该方程的根，所以方程2a=

ex

x

有两个根，
设h(x)=

ex

x

，得h′(x)=

ex(x-1)

x2

．
若x＜0时，h（x）＜0且h^′（x）＜0，h（x）单调递减．
若x＞0时，h（x）＞0．
当0＜x＜1时h^′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x＞1时h^′（x）＞0，h（x）单调递增．
要使方程2a=

ex

x

有两个根，需2a＞h（1）=e，故a＞

e

2

且0＜x₁＜1＜x₂．
故a的取值范围为(

e

2

，+∞)．
（ii）证明：由f^′（x₁）=0，得：2ax1-ex1=0，故a=

ex1

2x1

，x₁∈（0，1）
f(x1)=ax12-ex1=

ex1

2x1

•x12-ex1=ex1(

x1

2

-1)，x₁∈（0，1）
设s（t）=et(

t

2

-1)（0＜t＜1），则s′(t)=et(

t-1

2

)＜0，s（t）在（0，1）上单调递减
故s（1）＜s（t）＜s（0），即-

e

2

＜f(x1)＜-1．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了函数在某点取得极值的条件，解答此题的关键是利用二次求导判断函数导函数的符号，这也是此类问题经常用到的方法．此题是有一定难度题目．