Question

16．已知函数$f（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-x，x≥0$．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若f（x）≥ax+1恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函数f（x）的导数f′（x），利用导数判断f（x）在[0，+∞）上单调递增，从而求出f（x）的最小值；
（Ⅱ）【法一】讨论a≤0以及a＞0时，对应函数f（x）的单调性，求出满足f（x）＜ax+1时a的取值范围．
【法二】根据不等式构造函数h（x）=e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-ax-1，利用导数h′（x）判断函数h（x）的单调性与是否存在零点，
从而求出满足f（x）＜ax+1时a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）因为函数$f（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-x，x≥0$，
所以f′（x）=e^x-x-1；
令g（x）=e^x-x-1，则g′（x）=e^x-1，
所以当x＞0时，g′（x）＞0；
故g（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以当x＞0时，g（x）＞g（0）=0，即f′（x）＞0，
所以f（x）在[0，+∞）上单调递增；
故当x=0时f（x）取得最小值1；
（Ⅱ）【法一】（1）当a≤0时，对于任意的x≥0，恒有ax+1≤1，
又由（Ⅰ）得f（x）≥1，故f（x）≥ax+1恒成立；
（2）当a＞0时，令h（x）=e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-ax-1，
则h′（x）=e^x-x-a-1，由（Ⅰ）知g（x）=e^x-x-1在[0，+∞）上单调递增，
所以h′（x）=e^x-x-a-1在[0，+∞）上单调递增；
又h′（0）=-a＜0，取x=2$\sqrt{a}$，由（Ⅰ）得${e}^{2\sqrt{a}}$≥$\frac{1}{2}$${（2\sqrt{a}）}^{2}$+2$\sqrt{a}$+1，
h′（2$\sqrt{a}$）=${e}^{2\sqrt{a}}$-2$\sqrt{a}$-a-1≥$\frac{1}{2}$${（2\sqrt{a}）}^{2}$+2$\sqrt{a}$+1-2$\sqrt{a}$-a-1=a＞0，
所以函数h′（x）存在唯一的零点x₀∈（0，2$\sqrt{a}$），
当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，
h（x）在[0，x₀）上单调递减；
所以当x∈（0，x₀）时，h（x）＜h（0）=0，即f（x）＜ax+1，不符合题意；
综上，a的取值范围是（-∞，0]．
【法二】令h（x）=e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-ax-1，则h′（x）=e^x-x-a-1，
由（Ⅰ）知，x＞0时，e^x-x-1＞0；
（1）当a≤0时，h′（x）=e^x-x-a-1＞0，此时h（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以当x≥0时，h（x）≥h（0）=0，即e^x-$\frac{1}{2}$x²-x≥ax+1，即a≤0时，f（x）≥ax+1恒成立；
（2）当a＞0时，由（Ⅰ）知g（x）=e^x-x-1在[0，+∞）上单调递增，
所以h′（x）=e^x-x-a-1＞0在[0，+∞）上单调递增，
所以h′（x）在[0，+∞）上至多存在一个零点，
如果h′（x）在[0，+∞）上存在零点x₀，因为h′（0）=-a＜0，则x₀＞0，且h′（x₀）=0，
故当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜h′（x₀）=0，
所以h（x）在[0，x₀）上单调递减；
所以当x∈（0，x₀）时，h（x）＜h（0）=0，即f（x）＜ax+1，不符合题意；
如果h′（x）在[0，+∞）上不存在零点，则当x∈（0，+∞）时，恒有h′（x）＜0，
所以h（x）在[0，+∞）上单调递减；
则当x∈（0，+∞）时，h（x）＜h（0）=0，即f（x）＜ax+1，不符合题意；
综上，a的取值范围是（-∞，0]．

点评 本题主要考查了函数的最值，导数极其应用问题，也考查了不等式的应用问题，考查了推理论证能力与逻辑思维能力以及运算求解能力的应用问题，是综合性题目．