Question

19．已知函數(shù)f（x）=2e^x-2-2ax-x²（x≥0）
（1）當a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間，并證明此時f（x）≥0成立；
（2）若f（x）≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，求a 的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=1時，設(shè)g（x）=f′（x）=2（e^x-x-1），g′（x）=2（e^x-1）≥0，（x≥0），由此利用導數(shù)性質(zhì)能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間，并證明此時f（x）≥0成立．
（2）法一：當a≤1時，f′（x）=2（e^x-x-a）≥0，從而f（x）≥0恒成立，x∈[0，+∞）；當a＞1時，設(shè)h（x）=f′（x）=2（e^x-a-x），h′（x）=2（e^x-1）≥0，（x≥0），由此利用導數(shù)性質(zhì)能求出a的取值范圍．
法二：（分離變量法）x=0時f（0）=0，x＞0時f（x）≥0?a≤$\frac{{{e^x}-1-\frac{1}{2}{x^2}}}{x}$=g（x），g′（x）=$\frac{{x{e^x}-{e^x}+1-\frac{1}{2}{x^2}}}{x^2}$，令h（x）=xe^x-e^x+1-$\frac{1}{2}$x²，h′（x）=x（e^x-1）＞0，由此利用洛比達法則能求出a的取值范圍．

解答 解：（1）當a=1時，設(shè)g（x）=f′（x）=2（e^x-x-1），g′（x）=2（e^x-1）≥0，（x≥0）
∴f′（x）在[0，+∞）上遞增，即x≥0時f′（x）≥f′（0）=0，
∴f（x）的增區(qū)間為[0，+∞），無減區(qū)間，
且x≥0時，f（x）=2e^x-2-2x-x²≥f（0）=0．
（2）解法一：①當a≤1時，f′（x）=2（e^x-x-a）≥2（x+1-x-a）=2（1-a）≥0，
∴x≥0時f（x）≥f（0）=0，
即當a≤1時，f（x）≥0恒成立，x∈[0，+∞），
②當a＞1時，設(shè)h（x）=f′（x）=2（e^x-a-x），h′（x）=2（e^x-1）≥0，（x≥0），
∴f′（x）在[0，+∞）上遞增，
又f′（0）=2（1-a）＜0，f′（a）=2（e^a-2a），
由（1）已證2e^x-2-2x-x²≥0，知e^x≥1+x+$\frac{1}{2}$x²，
∴f′（a）≥2（1+a+$\frac{1}{2}$a²-2a）=（a-1）²+1＞0，
∴f′（x）在（0，a）上存在唯一零點x_o，即${e^{x_o}}$-a-x₀=0，
∴f（x）在（0，x_o）上遞減，在（x_o，+∞）上遞增，
又f（x_o）=2${e^{x_o}}$-2-2ax_o-x_o²=2（${e^{x_o}}$-1-x₀${e^{x_o}}$+$\frac{1}{2}$x_o²），
令g（x）=e^x-1-xe^x+$\frac{1}{2}$x²，x∈（0，a），g′（x）=x（1-e^x）＜0，
∴當x＞0時g（x）＜g（0）=0，即f（x_o）＜0，
不滿足f（x）≥0恒成立，由①②可知a的取值范圍為（-∞，1]．
解法二：（分離變量法）
x=0時f（0）=0，x＞0時f（x）≥0?a≤$\frac{{{e^x}-1-\frac{1}{2}{x^2}}}{x}$=g（x），
g′（x）=$\frac{{x{e^x}-{e^x}+1-\frac{1}{2}{x^2}}}{x^2}$，
令h（x）=xe^x-e^x+1-$\frac{1}{2}$x²，h′（x）=x（e^x-1）＞0，
∴x＞0時h（x）＞h（0）=0，
∴g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上遞增，
由洛比達法則$\begin{array}{l}{lim}\\{x→{0^+}}\end{array}$g（x）=$\begin{array}{l}{lim}\\{x→{0^+}}\end{array}$（e^x-x）=1（適用于參加自主招生學生），
∴a的取值范圍為（-∞，1]．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，實數(shù)取值范圍的求法，考查不等式的證明，考查導數(shù)性質(zhì)，考查推理論證能力、運算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想、分類討論思想，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．