Question

10．已知函数f（x）=e^x-ax²+（a-e+1）x-1，（e=2.71828…是自然对数的底数，a为常数）．
（Ⅰ） 当a=0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x•f′（x）在区间[1，+∞）上单调递减，求a的范围
（Ⅲ）当a∈（e-2，1）时，函数f（x）=e^x-ax²+（a-e+1）x-1在区间（0，1）上是否有零点？并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=0时，求出f（x），然后求f′（x），根据导数符号即可求出f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求出g（x），求g′（x），g″（x），根据g″（x）的符号可判断导函数g′（x）单调递减，从而便有g′（x）≤g′（1），再根据g（x）在[1，+∞）上单调递减，从而g′（x）≤g′（1）≤0，这样即可求得a的范围；
（Ⅲ）先假设f（x）存在零点，从而得到f（x）=0成立，根据f（x）=0可解出a=$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，这时候令h（x）=$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，只要证明e-2＜h（x）＜1即可：先证h（x）＜1，作差h（x）-1=$\frac{{e}^{x}-{x}^{2}+（2-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，容易判断x²-x＜0，从而只要证明e^x-x²+（2-e）x-1＞0，可令H（x）=e^x-x²+（2-e）x-1，通过求H′（x），H″（x），便能判断函数H（x）在（0，1）上的单调性，再根据H（0）=0，H（1）=0即可说明H（x）＞0成立，同样的办法证明h（x）＞e-2即可．

解答 解：（Ⅰ）当a=0时，f（x）=e^x+（1-e）x-1，f′（x）=e^x+（1-e）；
∴f（x）的单调增区间为（ln（e-1），+∞），f（x）的单调减区间为（-∞，ln（e-1））；
（Ⅱ）$g（x）=（1-\frac{1}{2}x）{e}^{x}+\frac{1}{2}（a-e+1）x-1$，$g′（x）=\frac{1}{2}（1-x）{e}^{x}+\frac{1}{2}（a-e+1）$；
∴$g″（x）=-\frac{1}{2}x{e}^{x}$，x∈[1，+∞）；
∴g″（x）＜0，∴g′（x）在[1，+∞）上单调递减；
又g（x）在[1，+∞）上单调递减；
∴$g′（x）≤g′（1）=\frac{1}{2}（a-e+1）≤0$；
∴a≤e-1；
∴a的范围为（-∞，e-1]；
（Ⅲ）假设函数f（x）在区间（0，1）上有零点；
即存在x∈（0，1），使得e^x-ax²+（a-e+1）x-1=0；
即$a=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$，记$h（x）=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}$；
①若h（x）＜1，∴$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}-1＜0$，即：
$\frac{{e}^{x}-{x}^{2}+（2-e）x-1}{{x}^{2}-x}＜0$；
由于x∈（0，1），有x²-x＜0；
即证e^x-x²+（2-e）x-1＞0在x∈（0，1）恒成立；
令H（x）=e^x-x²+（2-e）x-1，x∈（0，1）；
H′（x）=e^x-2x+2-e，H″=e^x-2；
当x∈（0，ln2），H″（x）＜0，当x∈（ln2，1），H″（x）＞0；
∴当x∈（0，ln2），H′（x）单调递减，x∈（ln2，1），H′（x）单调递增；
而H′（0）=1-0+2-e＞0，H′（1）=e-2+2-e=0，H′（ln2）=e^ln2-2ln2+2-e=4-e-2ln2＜0；
故在（0，ln2）上存在唯一的实数x₀使得H′（x₀）=0；
所以，在（0，x₀）上H（x）单调递增，在（x₀，1）上H（x）单调递减；
而H（0）=0，H（1）=0；
故H（x）＞0在（0，1）成立；
即$h（x）=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}＜1$成立；
②若h（x）＞e-2；
∴$\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}-（e-2）＞0$，即$\frac{{e}^{x}-（e-2）{x}^{2}-x-1}{{x}^{2}-x}＞0$；
由于x∈（0，1），有x²-x＜0；
即证e^x-（e-2）x²-x-1＜0在x∈（0，1）恒成立；
令H（x）=e^x-（e-2）x²-x-1，H′（x）=e^x-2（e-2）x-1，H″（x）=e^x-2（e-2）；
当x∈（0，ln2（e-2）），H″（x）＜0，H′（x）单调递减；当x∈（ln2（e-2），1），H″（x）＞0，H′（x）单调递增；
而H′（0）=0，H′（1）=3-e＞0；
∴在（ln2（e-2），1）上存在唯一的实数x₀使得H′（x₀）=0；
所以，在（0，x₀）上H（x）单调递减，在（x₀，1）上H（x）单调递增；
又H（0）=0，H（1）=0；
故H（x）＜0在（0，1）成立，即$h（x）=\frac{{e}^{x}+（1-e）x-1}{{x}^{2}-x}＞e-2$成立．
由①②可得，a∈（e-2，1）时，h（x）存在零点．

点评 考查根据函数导数符号求函数单调区间的方法，函数导数符号和函数单调性的关系，函数单调性定义的运用，会正确求导，会求二阶导数并能运用二阶导数，函数零点的概念，以及掌握本题在证明函数存在零点时用到的方法．