Question

19．已知函數(shù)$f（x）={e^x}-\frac{m}{2}{x^2}-mx-1$．
（1）當(dāng)m=1時(shí)，求證：對(duì)?x∈[0，+∞）時(shí)，f（x）≥0；
（2）當(dāng)m≤1時(shí)，討論函數(shù)f（x）零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)m=1時(shí)，$f（x）={e^x}-\frac{x^2}{2}-x-1$，則f'（x）=e^x-x-1，令g（x）=e^x-x-1，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值，可得函數(shù)f'（x）=e^x-x-1在[0，+∞）上為增函數(shù)，即當(dāng)x≥0時(shí)，f'（x）≥f'（0）=0，可得函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，即可證明．
（2）由（1）知，當(dāng)x≤0時(shí)，e^x-1≤0，所以g'（x）≤0，可得e^x≥x+1．
①當(dāng)x≥-1時(shí)，x+1≥0，又m≤1，m（x+1）≤x+1，可得e^x-m（x+1）≥0，即f'（x）≥0，可得：函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，+∞）上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，且為0．
②當(dāng)x＜-1時(shí)，（�。┊�(dāng)0≤m≤1時(shí)，-m（x+1）≥0，e^x＞0，可得f'（x）=e^x-m（x+1）＞0，函數(shù)f（x）在（-∞，-1）上遞增，函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，-1）上無零點(diǎn)．
（ⅱ）當(dāng)m＜0時(shí)，f'（x）=e^x-mx-m，令h（x）=e^x-mx-m，則h'（x）＞0，函數(shù)f'（x）=e^x-mx-m在（-∞，-1）上單調(diào)遞增，f'（-1）=e^-1＞0，可得函數(shù)存在兩個(gè)零點(diǎn)．

解答 解：（1）當(dāng)m=1時(shí)，$f（x）={e^x}-\frac{x^2}{2}-x-1$，則f'（x）=e^x-x-1，
令g（x）=e^x-x-1，則g'（x）=e^x-1，當(dāng)x≥0時(shí)，e^x-1≥0，即g'（x）≥0，
所以函數(shù)f'（x）=e^x-x-1在[0，+∞）上為增函數(shù)，
即當(dāng)x≥0時(shí)，f'（x）≥f'（0），所以當(dāng)x≥0時(shí)，f'（x）≥0恒成立，
所以函數(shù)$f（x）={e^x}-\frac{x^2}{2}-x-1$，在[0，+∞）上為增函數(shù)，又因?yàn)閒（0）=0，
所以當(dāng)m=1時(shí)，對(duì)?x∈[0，+∞），f（x）≥0恒成立．
（2）由（1）知，當(dāng)x≤0時(shí)，e^x-1≤0，所以g'（x）≤0，所以函數(shù)f'（x）=e^x-x-1的減區(qū)間為（-∞，0]，增區(qū)間為[0，+∞）．所以f'（x）_min=f'（0）=0，所以對(duì)?x∈R，f'（x）≥0，即e^x≥x+1．
①當(dāng)x≥-1時(shí)，x+1≥0，又m≤1，∴m（x+1）≤x+1，∴e^x-m（x+1）≥e^x-（x+1）≥0，即f'（x）≥0，所以當(dāng)x≥-1時(shí)，函數(shù)f（x）為增函數(shù)，又f（0）=0，所以當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0，當(dāng)-1≤x＜0時(shí)，f（x）＜0，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，+∞）上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，且為0．
②當(dāng)x＜-1時(shí)，（�。┊�(dāng)0≤m≤1時(shí)，-m（x+1）≥0，e^x＞0，所以f'（x）=e^x-m（x+1）＞0，
所以函數(shù)f（x）在（-∞，-1）上遞增，所以f（x）＜f（-1），且$f（{-1}）={e^{-1}}+\frac{m}{2}-1，{e^{-1}}+\frac{m}{2}-1＜\frac{m-1}{2}＜0$，
故0≤m≤1時(shí)，函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，-1）上無零點(diǎn)．
（ⅱ）當(dāng)m＜0時(shí)，f'（x）=e^x-mx-m，令h（x）=e^x-mx-m，則h'（x）=e^x-m＞0，
所以函數(shù)f'（x）=e^x-mx-m在（-∞，-1）上單調(diào)遞增，f'（-1）=e^-1＞0，
當(dāng)$x=\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1$時(shí)，$f'（x）=\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1-m（{\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1}）-m={e^{-1}}•（{\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1}）＜0$，又曲線f'（x）在區(qū)間$（{\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1，-1}）$上不間斷，
所以?x₀∈$（\frac{1}{em}-1，-1）$，使f'（x₀）=0，
故當(dāng)x∈（x₀，-1）時(shí)，0=f'（x₀）＜f'（x）＜f'（-1）=e^-1，
當(dāng)x∈（-∞，x₀）時(shí)，f'（x）＜f'（x₀）=0，
所以函數(shù)$f（x）={e^x}-\frac{m}{2}{x^2}-mx-1$的減區(qū)間為（-∞，x₀），增區(qū)間為（x₀，-1），
又$f（{-1}）={e^{-1}}+\frac{m}{2}-1＜0$，所以對(duì)?x∈[x₀，-1），f（x）＜0，
又當(dāng)$x＜-\sqrt{1-\frac{2}{m}}-1$時(shí)，$-\frac{m}{2}{x^2}-mx-1＞0$，∴f（x）＞0，
又f（x₀）＜0，曲線$f（x）={e^x}-\frac{m}{2}{x^2}-mx-1$在區(qū)間$（{-\sqrt{1-\frac{2}{m}}，{x^*}}）$上不間斷．
所以?x₁∈（-∞，x₀），且唯一實(shí)數(shù)x₁，使得f（x₁）=0，
綜上，當(dāng)0≤m≤1時(shí)，函數(shù)y=f（x）有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)m＜0時(shí)，函數(shù)y=f（x）有個(gè)兩零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、分類討論方法、等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、函數(shù)零點(diǎn)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．