Question

已知函数f（x）=e^x+ax²，其中a为实常数．
（1）若f（x）在区间（1，2）上单调递减，求实数a的取值范围；
（2）当a=-2时，求证：f（x）有3个零点；
（3）设y=g（x）为f（x）在x₀处的切线，若“?x≠x₀，（f（x）-g（x））（x-x₀）＞0”，则称x₀为f（x）的一个优美点，是否存在实数a，使得x₀=2是f（x）的一个优美点？说明理由．（参考数据：e≈2.718）

Answer 1

分析：（1）求出函数的导函数，根据f（x）在区间（1，2）上单调递减，可得导函数f′（x）≤0在区间（1，2）上恒成立，解不等式可得实数a的取值范围；
（2）将a=-2代入，分析函数的单调性，结合由零点存在定理讨论各段上函数零点的个数，综合讨论结果可得结论；
（3）根据优美点的定义，判断x₀=2时，“?x≠x₀，（f（x）-g（x））（x-x₀）＞0”是否成立，即可得到答案．

解答：解：（1）∵f（x）=e^x+ax²，
∴f′（x）=e^x+2ax，
∵f（x）在区间（1，2）上单调递减，
∴f′（x）=e^x+2ax≤0，在区间（1，2）上恒成立
即2a≤-

ex

x

在区间（1，2）上恒成立
令h（x）=-

ex

x

，则h′（x）=-

(x-1)•ex

x2

，
∵当x∈（1，2）时，h′（x）＜0恒成立
∴h（x）在区间（1，2）上单调递减，
∴h（x）＞h（2）=-

e2

2

故实数a的取值范围为（-∞，-

e2

4

]
（2）当a=-2时，f（x）=e^x-2x²，f′（x）=e^x-4x，
①当x≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f（x）在（-∞，0]上单调递增
又由f（-1）=

1

e

-2＜0，f（0）=1＞0，故f（x）在（-∞，0]上有且只有一个零点；
②x＞0时，设v（x）=

ex

x

，由（1）可知，v（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增
故v（x）≥v（1）=e＜4
又∵v（

1

4

）=4e

1

4

＞4，v（3）=

e3

3

＞4
故v（x）在（0，1）上和（1，+∞）上各存在唯一的一个值m，n使v（x）=4
则当x∈（0，m）时，f（x）单调递增，此时f（x）无零点
当x∈（m，n）时，f（x）单调递减，
当x∈（n，+∞）时，f（x）单调递增，
又由函数的极大值f（m）＞0，且f（2）=e²-8＜0，f（3）=e³-18＞0
故f（x）在（m，n）和（n，+∞）上各有唯一一个零点
综上所述f（x）有3个零点；
（3）f（x）在x=2处的切线，g（x）=（e²+4a）（x-2）+（e²+4a）
设F（x）=f（x）-g（x）=e^x+ax²-（e²+4a）（x-2）-（e²+4a）
∴F′（x）=e^x+2ax-e²-4a，F′′（x）=e^x+2a
1）当x＞2时，
①若2a≥-e^x，即a≥-

1

2

e^x，F′′（x）≥0，
此时F′（x）在（2，+∞）上为增函数
∴F′（x）＞F′（2）≥0
∴F（x）在（2，+∞）上为增函数
∴F（x）＞F（2）=0
∴[f（x）-g（x）]（x-x₀）＞0恒成立；
②若2a＜-e^x，即a＜-

1

2

e^x，则存在m＞2，使F″（m）=0，
又由F′′（x）=e^x+2a为增函数，
∴在（2，m）上，F″（x）＜F″（m）=0
∴F′（x）在（2，m）上为减函数
∴F′（x）＜F′（2）=0
此时F（x）在（2，m）上单调递减
故当x∈（2，m）时，F（x）＜F（2）=0
故∴[f（x）-g（x）]（x-x₀）＜0不合题意
由①②得a≥-

1

2

e^x，
2）当x＜2时，
③若2a≤-e^x，即a≤-

1

2

e^x，F′′（x）=e^x+2a≤0
∴F′（x）在（-∞，2）上为减函数
∴F′（x）＞F′（2）=0
∴F（x）在（-∞，2）上为增函数
∴F（x）＜F（2）=0
∴[f（x）-g（x）]（x-x₀）＞0恒成立；
④若2a＞-e^x，即a＞-

1

2

e^x，则存在n＜2，使F″（n）=0，
又由F′′（x）=e^x+2a为增函数，
∴在（n，2）上，F″（x）＞F″（n）=0
∴F′（x）在（n，2）上为增函数
∴F′（x）＜F′（2）=0
此时F（x）在（2，m）上单调递减
故当x∈（n，2）时，F（x）＞F（2）=0
故∴[f（x）-g（x）]（x-x₀）＜0不合题意
由③④得a≤-

1

2

e^x，
综上所述存在实数a=-

1

2

e^x，使得x₀=2是f（x）的一个优美点

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，根的存在性及根的个数判断，难度较大，运算量也比较大．