Question

已知函数f（x）=e^x-x-1，g（x）=x²e^ax．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）求g（x）的单调区间；
（Ⅲ）当a=1时，对于在（0，1）中的任一个常数m，是否存在正数x₀使得f（x₀）＞

m

2

g（x）成立？如果存在，求出符合条件的一个x₀；否则请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）利用导数判断函数的单调性求得最值；
（Ⅱ）利用导数判断函数的单调性求出单调区间；
（Ⅲ）f（x₀）＞

m

2

g（x）?ex0-x₀-1＞

m

2

•

x

2 0

ex0a•变形为

m

2

x

2 0

+

x0+1

ex0

-1＜0①要找一个X₀＞0，使①式成立，只需找到函数t（x）=

m

2

x²+

x+1

ex

-1的最小值，满足t（x）min＜0即可，利用导数求出函数的最小值，即得结论．

解答： 解：f（x）定义域为R，f′（x）=e^x-1，
且在（-∞，0）上f′（x）＜0，在（0，+∞）上f′（x）＞0，
f（x）_min=f（0）=0
（Ⅱ）函数f（x）的导数：
f′（x）=2xe^ax+ax²e^ax=（2x+ax²）e^ax
（i）当a=0时，若x＜0，则f′（x）＜0，若x＞0，则f′（x）＞0，
所以当a=0时，函数f（x）在区间（-∞，0）内为减函数，在区间（0，+∞）内为增函数；
（ii）当a＞0时，由2x+ax²＞0，解得x＜-

2

a

或x＞0
由由2x+ax²＜0，解得-

2

a

＜x＜0，
所以，当a＞0时，函数f（x）在区间（-∞，-

2

a

）内为增函数，在区间（-

2

a

，0）内为减函数，在区间（0，+∞）内为增函数；
（iii）当a＜0时，由2x+ax²＞0，解得0＜x＜-

2

a

，由2x+ax²＜0，解得x＜0或x＞-

2

a

所以当a＜0时，函数f（x）在区间（-∞，0）内为减函数，在区间（0，-

2

a

）内为增函数，
在区间（-

2

a

，+∞）内为减函数．
（Ⅲ）f（x₀）＞

m

2

g（x）?ex0-x₀-1＞

m

2

•

x

2 0

ex0a•变形为

m

2

x

2 0

+

x0+1

ex0

-1＜0①
要找一个X₀＞0，使①式成立，只需找到函数t（x）=

m

2

x²+

x+1

ex

-1的最小值，
满足t（x）min＜0即可，对t（x）求导数t′（x）=x（m-

1

ex

），
令t'（x）=0得ex=

1

m

，则x=-lnm，取X₀=-lnm
在0＜x＜-lnm时，t'（x）＜0，在x＞-lnm时，t'（x）＞0，故t（x）在x=-lnm时，取得最小值t（-lnm）=

m

2

（lnm）²-mlnm+m+1
下面只需证明：

m

2

（lnm）²-mlnm+m+1＜0，在0＜m＜1时成立即可．
又令p（m）=

m

2

（lnm）²-mlnm+m+1（0＜m＜1），对p（m）关于m求导数
则p′（m）=

1

2

（lnm）²≥0，从而p（m）在（0，1）为增函数
则p（m）＜p（1）=0，从而

m

2

（lnm）²-mlnm+m+1＜0得证
于是t（x）的最小值t（-lnm）＜0
因此可找到一个常数x₀=-lnm（0＜m＜1），使得f（x₀）＞

m

2

g（x）成立．

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、最值等知识，考查转化划归思想及分类讨论思想的运用能力，综合性强，属难题．