Question

15．已知函数f（x）=e^x+ax²-bx-1（a，b∈R，e为自然对数的底数）．
（I）设f（x）的导函数为g（x），求g（x）在区间[0，l]上的最小值；
（II）若f（1）=0，且函数f（x）在区间（0，1）内有零点，证明：-1＜a＜2-e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数在闭区间的最小值即可；
（Ⅱ）集合题意得到g（x）在区间（0，1）内至少有2个零点，求出g（ln（-2a））=2aln（-2a）-3a+1-e，令2a=t，则-e＜t＜-1，令h（t）=tln（-t）-$\frac{3}{2}$t+1-e，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=e^x+ax²-bx-1，
得g（x）=f′（x）=e^x+2ax-b，g′（x）=e^x+2a，
x∈[0，1]时，g′（x）∈[1+2a，e+2a]，
当a≥-$\frac{1}{2}$时，g′（x）≥0，∴g（x）在[0，1]递增，
∴g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b，
a≤-$\frac{e}{2}$时，g′（x）≤0，∴g（x）在[0，1]递减，
∴g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e+2a-b，
-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$时，令g′（x）=0，解得：x=ln（-2a）∈（0，1），
∴g（x）在区间[0，ln（-2a）]上递减，在区间（ln（-2a），1]上递增，
故g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（-2a））=2aln（-2a）-2a-b，
综上，a≥-$\frac{1}{2}$时，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b，
a≤-$\frac{e}{2}$时，g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e+2a-b，
-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$时，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（-2a））=2aln（-2a）-2a-b，
（Ⅱ）证明：设x₀是函数f（x）在区间（0，1）内的一个零点，
则由f（0）=f（1）=f（x₀）=0可知，
f（x）在区间（0，x₀）上不递增，也不递减，
则g（x）不恒为正，也不恒为负，
故g（x）在区间（0，x₀）内存在零点x₁，在区间（x₀，1）内存在零点x₂，
故g（x）在区间（0，1）内至少有2个零点，
由（Ⅰ）得，a≥-$\frac{1}{2}$时，g（x）在[0，1]递增，
故g（x）在（0，1）内至多1个零点，不合题意，
a≤-$\frac{e}{2}$时，g（x）在[0，1]递减，
故g（x）在（0，1）内至多1个零点，不合题意，
-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$时，g（x）在（0，ln（-2a））递减，在（ln（-2a），1）递增，
故x₁∈（0，ln（-2a0），x₂∈（ln（-2a），1），
故必有g（0）=1-b＞0，g（1）=e+2a-b＞0，g（ln（-2a））＜0，
由f（1）=0，即e+a-b-1=0，解得：b=e+a-1，
故g（ln（-2a））=2aln（-2a）-3a+1-e，
令2a=t，则-e＜t＜-1，
令h（t）=tln（-t）-$\frac{3}{2}$t+1-e，则h′（t）=ln（-t）-$\frac{5}{2}$＜0，
故h（t）在（-e，-1）递减，h（t）＜h（-e）=1-$\frac{e}{2}$＜0，
∴-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$时，g（ln（-2a））＜0恒成立，
由g（0）=2-e-a＞0，g（1）=a+1＞0，解得：-1＜a＜2-e，
故函数f（x）在区间[（0，1）内有零点时，-1＜a＜2-e．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．