Question

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

Answer 1

分析 （1）當(dāng)m=1時，$f（x）={e^x}-\frac{x^2}{2}-x-1$，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，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，e^x-1≤0，所以g'（x）≤0，可得e^x≥x+1．
①當(dāng)x≥-1時，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，+∞）上有且僅有一個零點，且為0．
②當(dāng)x＜-1時，（�。┊�(dāng)0≤m≤1時，-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．
（ⅱ）當(dāng)m＜0時，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)存在兩個零點．

解答 解：（1）當(dāng)m=1時，$f（x）={e^x}-\frac{x^2}{2}-x-1$，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，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，f'（x）≥f'（0），所以當(dāng)x≥0時，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)，又因為f（0）=0，
所以當(dāng)m=1時，對?x∈[0，+∞），f（x）≥0恒成立．
（2）由（1）知，當(dāng)x≤0時，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?x∈R，f'（x）≥0，即e^x≥x+1．
①當(dāng)x≥-1時，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，函數(shù)f（x）為增函數(shù)，又f（0）=0，所以當(dāng)x＞0時，f（x）＞0，當(dāng)-1≤x＜0時，f（x）＜0，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，+∞）上有且僅有一個零點，且為0．
②當(dāng)x＜-1時，（ⅰ）當(dāng)0≤m≤1時，-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，函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（-∞，-1）上無零點．
（ⅱ）當(dāng)m＜0時，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，$f'（x）=\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1-m（{\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1}）-m={e^{-1}}•（{\frac{{{e^{-1}}}}{m}-1}）＜0$，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，0=f'（x₀）＜f'（x）＜f'（-1）=e^-1，
當(dāng)x∈（-∞，x₀）時，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?x∈[x₀，-1），f（x）＜0，
又當(dāng)$x＜-\sqrt{1-\frac{2}{m}}-1$時，$-\frac{m}{2}{x^2}-mx-1＞0$，∴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），且唯一實數(shù)x₁，使得f（x₁）=0，
綜上，當(dāng)0≤m≤1時，函數(shù)y=f（x）有且僅有一個零點；當(dāng)m＜0時，函數(shù)y=f（x）有個兩零點．

點評 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、等價轉(zhuǎn)化方法、函數(shù)零點，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．