Question

2．已知函数f（x）=e^x-$\frac{a}{2}$x²e^x，其中a∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．
（1）讨论函数f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（2）对于区间（0，1）上任意一个实数a，是否存在x＞0，使得f（x）＞x+1？若存在，请求出符合条件的一个x，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，令g（x）=ax²+2ax-$\frac{1}{2}$，（x＞0），通过讨论a的范围，确定g（x）的符号，从而确定函数的单调区间；
（2）问题转化为$\frac{{ax}^{2}}{2}$+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1＜0，只需要找一个x＞0使式子成立，只需找到函数t（x）=$\frac{{ax}^{2}}{2}$+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1的最小值，满足t（x）_min＜0即可．

解答 解：（1）∵f（x）=e^x-$\frac{a}{2}$x²e^x，
∴f′（x）=-$\frac{1}{2}$e^x（ax²+2ax-$\frac{1}{2}$），（x＞0），
令g（x）=ax²+2ax-$\frac{1}{2}$，（x＞0），
①a=0时，g（x）=-$\frac{1}{2}$，f′（x）＞0，
f（x）在（0，+∞）递增；
②a≠0时，g（x）是二次函数，
△=4a²+2a，由△=0，解得：a=-$\frac{1}{2}$，
a＞0时，抛物线开口向上，△＞0，解方程g（x）=0，
得：x₁=$\frac{-2a-\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$＜0（舍），x₂=$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$＞0，
故g（x）＞0在（$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$，+∞）恒成立，
即f′（x）＜0在（$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$，+∞）恒成立，
故f（x）在（0，$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$）递增，在（$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$，+∞）递减；
a＜-$\frac{1}{2}$时，△＞0，抛物线开口向下，
，x₁=$\frac{-2a-\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$＜0（舍），x₂=$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$＜0，（舍）
故g（x）＜0在（0，+∞）恒成立，
即f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
故f（x）在（0，+∞）递增；
-$\frac{1}{2}$≤a＜0时，△≤0，
故g（x）＜0在（0，+∞）恒成立，
即f′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
故f（x）在（0，+∞）递增；
综上，a＞0时，f（x）在（0，$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$）递增，在（$\frac{-2a+\sqrt{{4a}^{2}+2a}}{2a}$，+∞）递减；
a＜0时，f（x）在（0，+∞）递增．
（2）要使f（x）＞x+1成立，即e^x-$\frac{a}{2}$x²e^x＞x+1，
变形为$\frac{{ax}^{2}}{2}$+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1＜0，①
要找一个x＞0使①式成立，只需找到函数t（x）=$\frac{{ax}^{2}}{2}$+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-1的最小值，满足t（x）_min＜0即可．
∵t′（x）=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$），
令t'（x）=0得e^x=$\frac{1}{a}$，则x=-lna，
在0＜x＜-lna时，t'（x）＜0，在x＞-lna时，t'（x）＞0，
即t（x）在（0，-lna）上是减函数，在（-lna，+∞）上是增函数，
∴当x=-lna时，t（x）取得最小值t（x）=$\frac{a}{2}$（lna）²+a（-lna+1）-1
下面只需证明：$\frac{a}{2}$（lna）²-alna+a-1＜0在0＜a＜1时成立即可．
又令p（a）=$\frac{a}{2}$（lna）²-alna+a-1，
则p′（a）=$\frac{1}{2}$（lna）²≥0，从而p（a）在（0，1）上是增函数，
则p（a）＜p（1）=0，从而$\frac{a}{2}$（lna）²-alna+a-1＜0，得证．
于是t（x）的最小值t（-lna）＜0，
因此可找到一个常数x=-lna（0＜a＜1），使得①式成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查二次函数的性质、分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．