Question

2．已知函数f（x）=e^x-ax²-bx-1，其中e为自然对数的底数，a，b为实常数．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=（e-1）x-1，求函数f（x）的值域；
（2）若f（1）=0，且存在x₁，x₂∈（0，1），使得f（x₁）f（x₂）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，由切线的方程，解得a，b；求出f（x）的表达式，得到函数的单调性，从而求出f（x）的最小值，求出函数的值域即可；
（2）求出导数，f（1）=0，即有e-a-b-1=0，可得b=e-a-1，结合（1），（2）运用函数零点存在定理，结合函数的单调性，即可得到所求范围．

解答 解：（1）由f（x）=e^x-ax²-bx-1，得f′（x）=e^x-2ax-b，
∴f（1）=e-a-b-1，f′（1）=e-2a-b，
∵函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是y-（e-a-b-1）=（e-2a-b）（x-1），
由切线的方程y=（e-1）x-1，可得e-a-b-1=e-1-1，e-2a-b=e-1，
解得a=0，b=1，
∴f（x）=e^x-x-1，f′（x）=e^x-1，
令f′（x）＞0，解得；x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，
∴f（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f（x）_min=f（0）=e⁰-1=0，
故f（x）的值域是[0，+∞）；
（2）f（x）=e^x-ax²-bx-1，g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，
由f（1）=0，即有e-a-b-1=0，可得b=e-a-1，
∴g（x）=e^x-2ax-e+a+1，又f（0）=0．
若函数f（x）在区间（0，1）内有零点，
设x₀为f（x）在区间（0，1）内的一个零点，
则由f（0）=f（x₀）=0可知，
f（x）在区间（0，x₀）内不可能单调递增，也不可能单调递减．
则g（x）在区间（0，x₀）内不可能恒为正，也不可能恒为负．
故g（x）在区间（0，x₀）内存在零点x₁．同理g（x）在区间（x₀，1）内存在零点x₂．
故函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，
g（x）在区间（0，1）内至少有两个零点．
由（2）知当a≤$\frac{1}{2}$或a≥$\frac{e}{2}$时，函数g（x）即f′（x）在区间[0，1]内单调，
不可能满足“函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间”这一要求．
若$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，此时g（x）在区间（0，ln（2a））内单调递减，在区间（ln（2a），1）内单调递增．
因此x₁∈（0，ln（2a）），x₂∈（ln（2a），1），
又g（x）_min=g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-e+a+1=3a-2aln（2a）-e+1，
令h（x）=3x-2xln（2x）-e+1，（$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{e}{2}$），
则h′（x）=3-2ln（2x）-2x•$\frac{1}{2x}$•2=1-2ln（2x），
令h′（x）=0得x=$\frac{\sqrt{e}}{2}$，列表如下：

x	（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{e}}{2}$）	$\frac{\sqrt{e}}{2}$	（$\frac{\sqrt{e}}{2}$，$\frac{e}{2}$）
h′（x）	+	0	-
h（x）	增	$\sqrt{e}$-e+1	减

依表格知：当$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{e}{2}$时，h（x）_min=$\sqrt{e}$-e+1＜0，
∴g（x）_min=3a-2aln（2a）-e+1＜0恒成立，
于是，函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间
?$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}＜a＜\frac{e}{2}}\\{g（0）＞0}\\{g（1）＞0}\end{array}\right.$?$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}＜a＜\frac{e}{2}}\\{2-e+a＞0}\\{1-a＞0}\end{array}\right.$?e-2＜a＜1．
综上所述：a的取值范围为（e-2，1）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查分类讨论的思想方法，考查函数方程的转化思想的运用，属于难题．