Question

已知函數(shù)f(x)=ex-

a

2

x2e|x|．
（Ⅰ）若f（x）是[0，+∞）上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）證明：當a≥1時，證明不等式f（x）≤x+1對x∈R恒成立；
（Ⅲ）對于在（0，1）中的任一個常數(shù)a，試探究是否存在x₀＞0，使得f（x₀）＞x₀+1成立？如果存在，請求出符合條件的一個x₀；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）當x≥0時，f(x)=ex(1-

a

2

x2)，通過求導研究函數(shù)的性質，即f'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立．
（Ⅱ）分成x≥0和x＜0兩種情況分別談論．當x≥0時，原不等式可化為

a

2

x2+

x+1

ex

≥1，下面只需要通過求導的方法研究函數(shù)

a

2

x2+

x+1

ex

的最小值即可；當x＜0時，原不等式可化為

a

2

x2e-2x+(x+1)e-x≥1，同理，通過求導的方法研究函數(shù)

a

2

x2e-2x+(x+1)e-x的最小值即可，同時注意題目中條件“a≥1”運用．
（Ⅲ）假設存在這樣的x₀＞0滿足條件，即需

a x 2 0

2

+

x0+1

ex0

-1＜0，也就是對于函數(shù)t(x)=

a x 2

2

+

x+1

ex

-1，滿足t（x）_min＜0即可．然后依舊用求導的方式進行研究，注意到基于其最小值t(x0)=

a

2

(lna)2+a(-lna+1)-1的復雜性，仍需要用求導的方式證明

a

2

(lna)2-alna+a-1＜0．

解答： 解：（I）∵x∈[0，+∞）時，f(x)=ex(1-

a

2

x2)，
∴f′(x)=ex(-

a

2

x2-ax+1)．
由題意，f'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
當a=0時，f'（x）=e^x＞0恒成立，即滿足條件．
當a≠0時，要使f'（x）≥0，而e^x＞0恒成立，
故只需-

a

2

x2-ax+1≥0在[0，+∞）上恒成立，結合著-

a

2

x2-ax+1的對稱軸方程是x=-1，
∴

- a 2 ＞0 - a 2 •02-a•0+1≥0

解得a＜0．
綜上，a的取值范圍為a≤0．
（Ⅱ）由題知f（x）≤x+1即為e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1．
①在x≥0時，要證明e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1成立，
只需證e^x≤

a

2

x2ex+x+1，即證1≤

a

2

x2+

x+1

ex

，①
令g(x)=

a

2

x2+

x+1

ex

，得g′(x)=ax+

1•ex-(x+1)ex

(ex)2

=ax-

x

ex

，
整理得g′(x)=x(a-

1

ex

)，
∵x≥0時，

1

ex

≤1，結合a≥1，得g'（x）≥0，
∴g（x）為在[0，+∞）上是增函數(shù)，故g（x）≥g（0）=1，從而①式得證．
②在x≤0時，要使e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1成立，
只需證e^x≤

a

2

x2e-x+x+1，即證1≤

a

2

x2e-2x+(x+1)e-x，②
令m(x)=

ax2

2

e-2x+(x+1)e-x，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．
綜上所述，原不等式e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1即f（x）≤x+1在a≥1時恒成立．
（Ⅲ）要使f（x₀）＞x₀+1成立，即ex0-

a

2

x02ex0＞x0+1，
變形為

a x 2 0

2

+

x0+1

ex0

-1＜0，③
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．
∵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）＞0，
即t（x）在（0，-lna）上是減函數(shù)，在（-lna，+∞）上是增函數(shù)，
∴當x=-lna時，t（x）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，
則p′(a)=

1

2

(lna)2≥0，從而p（a）在（0，1）上是增函數(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．

點評：本題在導數(shù)的綜合應用中屬于難題，特別是在（2）（3）兩小問的解答中，比較繁瑣，如（2）中，既要用到分類討論的思想，又要變換形式，分別求導．這也是提醒考生，解題時遇到含絕對值的式子時，往往還是需要分類討論使得式子可解；（3）中，“存在”思想的運用是考生容易混淆的知識點之一，即存在x₀＞0，使得f（x₀）＞x₀+1成立，只需要[f（x）-x-1]_max＞0即可，這個思想的運用對于學生來說，相對比較難，也要和恒成立問題中的思想?yún)^(qū)別開來．