Question

5．已知函数f（x）=e^x-$\frac{1}{2}{x^2}$-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若函数f（x）的图象在x=0处的切线方程为y=2x+b，求a，b的值；
（Ⅱ）若函数f（x）≥1在$[\frac{1}{2}，+∞）$上恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）如果函数$g（x）=f（x）-（a-\frac{1}{2}）{x^2}$恰有两个不同的极值点x₁，x₂，证明：$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$＜ln（2a）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，由题意得到f′（0）=1-a，求出a值后代入原函数，再由f（0）=1求得b；
（Ⅱ）由题意知 $a≤\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$对$x≥\frac{1}{2}$恒成立，对函数$h（x）=\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$求导数，由导数可得h（x）在$（\frac{1}{2}，+∞）$单增，得到$h（x）≥h（\frac{1}{2}）=2\sqrt{e}-\frac{9}{4}$，则实数a的取值范围可求；
（Ⅲ）由已知$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-ax-a{x^2}+\frac{1}{2}{x^2}={e^x}-a{x^2}-ax$，求其导函数，由x₁，x₂是函数g（x）的两个不同极值点（不妨设x₁＜x₂），可得a＞0，结合g′（x₁）=0，g′（x₂）=0得到${e^{x_1}}-2a{x_1}-a=0$，${e^{x_2}}-2a{x_2}-a=0$进一步得到$2a=\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，把问题转化为证明${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，变形为证$（{x_1}-{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}-{e^{{x_1}-{x_2}}}+1＞0$，令x₁-x₂=t（t＜0）换元．然后再利用导数证明$φ（t）=t{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}+1$φ（t）＞0得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵f′（x）=e^x-x-a，
∴f′（0）=1-a，由题知1-a=2，解得a=-1．
∴$f（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}+x$．
∴f（0）=1，代入y=2x+b，得1=2×0+b，解b=1；
（Ⅱ）解：由题意知 $a≤\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$对$x≥\frac{1}{2}$恒成立，
令$h（x）=\frac{{{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-1}}{x}$，则$h'（x）=\frac{{（x-1）{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}+1}}{x^2}$，
令$m（x）=（x-1）{e^x}-\frac{1}{2}{x^2}+1$，则m′（x）=x（e^x-1），
当$x≥\frac{1}{2}$时，m′（x）＞0，则m（x）在$（\frac{1}{2}，+∞）$单增，$m（x）≥m（\frac{1}{2}）=-\frac{1}{{2\sqrt{e}}}+\frac{7}{8}＞0$，
∴h（x）在$（\frac{1}{2}，+∞）$单增，则$h（x）≥h（\frac{1}{2}）=2\sqrt{e}-\frac{9}{4}$．
故$a≤2\sqrt{e}-\frac{9}{4}$；
（Ⅲ）证明：由已知$g（x）={e^x}-\frac{1}{2}{x^2}-ax-a{x^2}+\frac{1}{2}{x^2}={e^x}-a{x^2}-ax$，
∴g′（x）=e^x-2ax-a．
由x₁，x₂是函数g（x）的两个不同极值点（不妨设x₁＜x₂），
∴a＞0（若a≤0时，g′（x）＞0，即g（x）是R上的增函数，与已知矛盾），
且g′（x₁）=0，g′（x₂）=0．
∴${e^{x_1}}-2a{x_1}-a=0$，${e^{x_2}}-2a{x_2}-a=0$． 
两式相减得：$2a=\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
于是要证明$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＜ln2a$，即证明${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
两边同除以${e^{x_2}}$，即证${e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_1}-{x_2}}}-1}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即证$（{x_1}-{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＞{e^{{x_1}-{x_2}}}-1$，
即证$（{x_1}-{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}-{e^{{x_1}-{x_2}}}+1＞0$，
令x₁-x₂=t（t＜0）．
即证不等式$t{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}+1＞0$当t＜0时恒成立．
设$φ（t）=t{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}+1$，
∴$ϕ'（t）={e^{\frac{t}{2}}}+t•{e^{\frac{t}{2}}}•\frac{1}{2}-{e^t}$=$（\frac{t}{2}+1）{e^{\frac{t}{2}}}-{e^t}$=$-{e^{\frac{t}{2}}}[{e^{\frac{t}{2}}}-（\frac{t}{2}+1）]$．
而${e^{\frac{t}{2}}}＞\frac{t}{2}+1$，即${e^{\frac{t}{2}}}-（\frac{t}{2}+1）＞0$，∴φ′（t）＜0，
∴φ（t）在（-∞，0）上是减函数．
∴φ（t）在t=0处取得极小值φ（0）=0．
∴φ（t）＞0．
则$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＜ln2a$．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线的斜率，考查了导数在解决函数恒成立问题中的应用，训练了数学转化思想方法和函数构造法，是压轴题．