Question

8．已知函数F（x）=e^x-1，G（x）=ax²+bx，其中a，b∈R，e是自然对数的底数．
（1）当a=0时，y=G（x）为曲线y=F（x）的切线，求b的值；
（2）若f（x）=F（x）-G（x），f（1）=0，且函数f（x）在区间（0，1）内有零点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求出函数F（x）的导数，得到关于b的方程，解出即可；
（2）通过讨论a的范围，判断函数的单调性，求出函数是最值，结合函数的零点问题，从而求出a的范围．

解答 解：（1）当a=0时，G（x）=bx，
∴F′（x）=e^x=bx，
问题转化为函数y=e^x和y=bx有交点，
b＜0时，显然有交点，b＞0时，得：b≥e，
故b＜0或b≥e；
（2）由f（1）=0⇒e-a-b-1=0⇒⇒b=e-a-1，
又f（0）=0，若函数f（x）在区间（0，1）内有零点，
则函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，
因为f（x）=e^x-ax²-bx-1，
 所以g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，
又g′（x）=e^x-2a，因为x∈[0，1]，1≤e^x≤e，
∴①若a≤$\frac{1}{2}$，则2a≤1，g′（x）=e^x-2a≥0，
所以函数g（x）在区间[0，1]上单增，
②若a≥$\frac{e}{2}$，则2a≥e，g′（x）=e^x-2a≤0，
所以函数g（x）在区间[0，1]上单减，
于是，当a≤$\frac{1}{2}$或a≥$\frac{e}{2}$时，函数g（x）即f′（x）在区间[0，1]上单调，
不可能满足“函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间”这一要求．
③若$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，则1＜2a＜e，于是当0＜x＜ln（2a）时：g′（x）=e^x-2a＜0，
当ln（2a）＜x＜1时g′（x）=e^x-2a＞0，
所以函数g（x）在区间[0，ln（2a）]上单调递减，在区间（ln（2a），1]上单调递增，
则g（x）_min=2a-2aln（2a）-b=3a-2aln（2a）-e-1，
令h（x）=$\frac{3}{2}$x-xlnx-e-1（1＜x＜e），
则h′（x）=$\frac{1}{2}$-lnx，由h′（x）=$\frac{1}{2}$-lnx＞0可得：x＜$\sqrt{e}$，
所以h（x）在区间（1，$\sqrt{e}$）上单调递增，在区间（$\sqrt{e}$，e）上单调递减，
所以h（x）_max=h（$\sqrt{e}$）=$\frac{3\sqrt{e}}{2}$-$\sqrt{e}$ln$\sqrt{e}$-e-1＜0，
即g（x）_min＜0恒成立．
于是，函数f（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间等价于：
$\left\{\begin{array}{l}{g（0）=2-e+a＞0}\\{g（1）=-a+1＞0}\end{array}\right.$即：$\left\{\begin{array}{l}{a＞e-2}\\{a＜1}\end{array}\right.$，
又因为$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，所以：e-2＜a＜1．
综上所述，实数a的取值范围为（e-2，1）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，函数的零点问题，考查导数的应用，分类讨论思想，第二问难度较大，讨论a时容易出错．