Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^x+ax²-bx-1（a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（I）設(shè)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為g（x），求g（x）在區(qū)間[0，l]上的最小值；
（II）若f（1）=0，且函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點，證明：-1＜a＜2-e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)在閉區(qū)間的最小值即可；
（Ⅱ）集合題意得到g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有2個零點，求出g（ln（-2a））=2aln（-2a）-3a+1-e，令2a=t，則-e＜t＜-1，令h（t）=tln（-t）-$\frac{3}{2}$t+1-e，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=e^x+ax²-bx-1，
得g（x）=f′（x）=e^x+2ax-b，g′（x）=e^x+2a，
x∈[0，1]時，g′（x）∈[1+2a，e+2a]，
當a≥-$\frac{1}{2}$時，g′（x）≥0，∴g（x）在[0，1]遞增，
∴g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b，
a≤-$\frac{e}{2}$時，g′（x）≤0，∴g（x）在[0，1]遞減，
∴g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e+2a-b，
-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$時，令g′（x）=0，解得：x=ln（-2a）∈（0，1），
∴g（x）在區(qū)間[0，ln（-2a）]上遞減，在區(qū)間（ln（-2a），1]上遞增，
故g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（-2a））=2aln（-2a）-2a-b，
綜上，a≥-$\frac{1}{2}$時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b，
a≤-$\frac{e}{2}$時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e+2a-b，
-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$時，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（-2a））=2aln（-2a）-2a-b，
（Ⅱ）證明：設(shè)x₀是函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)的一個零點，
則由f（0）=f（1）=f（x₀）=0可知，
f（x）在區(qū)間（0，x₀）上不遞增，也不遞減，
則g（x）不恒為正，也不恒為負，
故g（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)存在零點x₁，在區(qū)間（x₀，1）內(nèi)存在零點x₂，
故g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有2個零點，
由（Ⅰ）得，a≥-$\frac{1}{2}$時，g（x）在[0，1]遞增，
故g（x）在（0，1）內(nèi)至多1個零點，不合題意，
a≤-$\frac{e}{2}$時，g（x）在[0，1]遞減，
故g（x）在（0，1）內(nèi)至多1個零點，不合題意，
-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$時，g（x）在（0，ln（-2a））遞減，在（ln（-2a），1）遞增，
故x₁∈（0，ln（-2a0），x₂∈（ln（-2a），1），
故必有g(shù)（0）=1-b＞0，g（1）=e+2a-b＞0，g（ln（-2a））＜0，
由f（1）=0，即e+a-b-1=0，解得：b=e+a-1，
故g（ln（-2a））=2aln（-2a）-3a+1-e，
令2a=t，則-e＜t＜-1，
令h（t）=tln（-t）-$\frac{3}{2}$t+1-e，則h′（t）=ln（-t）-$\frac{5}{2}$＜0，
故h（t）在（-e，-1）遞減，h（t）＜h（-e）=1-$\frac{e}{2}$＜0，
∴-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$時，g（ln（-2a））＜0恒成立，
由g（0）=2-e-a＞0，g（1）=a+1＞0，解得：-1＜a＜2-e，
故函數(shù)f（x）在區(qū)間[（0，1）內(nèi)有零點時，-1＜a＜2-e．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．