Question

（1）求證：當a≥1時，不等式e^x-x-1≤

ax2e|x|

2

對于n∈R恒成立．
（2）對于在（0，1）中的任一個常數(shù)a，問是否存在x₀＞0使得e^x₀-x₀-1≤

ax02ex0

2

成立？如果存在，求出符合條件的一個x₀；否則說明理由．

Answer 1

分析：（1）：分x≥0和x＜0討論：（Ⅰ）在x≥0時，要使ex-x-1≤

ax2e|x|

2

成立；（Ⅱ）在x≤0時，要使ex-x-1≤a

x2

2

e|x|成立．利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，從而得到，原不等式e2-x-1≤

ax2

2

e|x|在a≥1時，恒成立；
（2）先將ex0-x0-1≤a•

x 2 0

2

ex0變形為

a x 2 0

2

+

x0

ex0

-1＜0，要找一個X₀＞0，使此式成立，只需找到函數(shù)t(x)=

a x 2

2

+

x+1

ex

-1的最小值，滿足t（x）min＜0即可，對t（x）求導數(shù)，研究其單調(diào)性和最值，最后得出可找到一個常數(shù)x₀=-lna（0＜a＜1），使得不等式成立．

解答：解：（1）證明：（Ⅰ）在x≥0時，要使ex-x-1≤

ax2e|x|

2

成立．
只需證：ex≤

a

2

x2ex+x+1即需證：1≤

a

2

x2+

x+1

ex

①
令y(x)=

a

2

x2+

x+1

ex

，求導數(shù)y′(x)=ax+

1•ex-(x+1)ex

(ex)2

=ax+

-x

ex

∴y′(x)=x(a-

1

ex

)，又a≥1，求x≥0，故y'（x）≥0
∴y（x）為增函數(shù)，故y（x）≥y（0）=1，從而①式得證
（Ⅱ）在x≤0時，要使ex-x-1≤a

x2

2

e|x|成立．
只需證：ex≤

ax2

2

e-x+x+1，即需證：1≤

ax2

2

e-2x+(x+1)e-x②
令m(x)=

ax2

2

e-2x+(x+1)e-x，求導數(shù)得m'（x）=-xe^-2x[e^x+a（x-1）]
而φ（x）=e^x+a（x-1）在x≤0時為增函數(shù)
故φ（x）≤φ（0）=1-a≤0，從而m（x）≤0
∴m（x）在x≤0時為減函數(shù)，則m（x）≥m（0）=1，從而②式得證
由于①②討論可知，原不等式e2-x-1≤

ax2

2

e|x|在a≥1時，恒成立…（6分）
（2）解：將ex0-x0-1≤a•

x 2 0

2

ex0變形為

a x 2 0

2

+

x0

ex0

-1＜0③
要找一個X₀＞0，使③式成立，只需找到函數(shù)t(x)=

a x 2

2

+

x+1

ex

-1的最小值，
滿足t（x）min＜0即可，對t（x）求導數(shù)t′(x)=x(a-

1

ex

)
令t'（x）=0得ex=

1

a

，則x=-lna，取X₀=-lna
在0＜x＜-lna時，t'（x）＜0，在x＞-lna時，t'（x）＞0t（x）在x=-lna時，取得最小值t(x0)=

a

2

(lna)2+a(-lna+1)-1
下面只需證明：

a

2

(lna)2-alna+a-1)＜0，在0＜a＜1時成立即可
又令p(a)=

a

2

(lna)2-alna+a-1，對p（a）關(guān)于a求導數(shù)
則p′(a)=

1

2

(lna)2≥0，從而p（a）為增函數(shù)
則p（a）＜p（1）=0，從而

a

2

(lna)2-alna+a-1＜0得證
于是t（x）的最小值t（-lna）＜0
因此可找到一個常數(shù)x₀=-lna（0＜a＜1），使得③式成立   …（14分）

點評：利用導數(shù)工具討論函數(shù)的單調(diào)性，是求函數(shù)的值域和最值的常用方法，考查了分類討論的思想與轉(zhuǎn)化的思想．解決本題同時應注意研究導函數(shù)的單調(diào)性得出導數(shù)的正負，從而得出原函數(shù)的單調(diào)性的技巧．