Question

已知函数f(x)=ex-

a

2

x2e|x|．
（Ⅰ）若f（x）是[0，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）证明：当a≥1时，证明不等式f（x）≤x+1对x∈R恒成立；
（Ⅲ）对于在（0，1）中的任一个常数a，试探究是否存在x₀＞0，使得f（x₀）＞x₀+1成立？如果存在，请求出符合条件的一个x₀；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当x≥0时，f(x)=ex(1-

a

2

x2)，通过求导研究函数的性质，即f'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立．
（Ⅱ）分成x≥0和x＜0两种情况分别谈论．当x≥0时，原不等式可化为

a

2

x2+

x+1

ex

≥1，下面只需要通过求导的方法研究函数

a

2

x2+

x+1

ex

的最小值即可；当x＜0时，原不等式可化为

a

2

x2e-2x+(x+1)e-x≥1，同理，通过求导的方法研究函数

a

2

x2e-2x+(x+1)e-x的最小值即可，同时注意题目中条件“a≥1”运用．
（Ⅲ）假设存在这样的x₀＞0满足条件，即需

a x 2 0

2

+

x0+1

ex0

-1＜0，也就是对于函数t(x)=

a x 2

2

+

x+1

ex

-1，满足t（x）_min＜0即可．然后依旧用求导的方式进行研究，注意到基于其最小值t(x0)=

a

2

(lna)2+a(-lna+1)-1的复杂性，仍需要用求导的方式证明

a

2

(lna)2-alna+a-1＜0．

解答： 解：（I）∵x∈[0，+∞）时，f(x)=ex(1-

a

2

x2)，
∴f′(x)=ex(-

a

2

x2-ax+1)．
由题意，f'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
当a=0时，f'（x）=e^x＞0恒成立，即满足条件．
当a≠0时，要使f'（x）≥0，而e^x＞0恒成立，
故只需-

a

2

x2-ax+1≥0在[0，+∞）上恒成立，结合着-

a

2

x2-ax+1的对称轴方程是x=-1，
∴

- a 2 ＞0 - a 2 •02-a•0+1≥0

解得a＜0．
综上，a的取值范围为a≤0．
（Ⅱ）由题知f（x）≤x+1即为e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1．
①在x≥0时，要证明e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1成立，
只需证e^x≤

a

2

x2ex+x+1，即证1≤

a

2

x2+

x+1

ex

，①
令g(x)=

a

2

x2+

x+1

ex

，得g′(x)=ax+

1•ex-(x+1)ex

(ex)2

=ax-

x

ex

，
整理得g′(x)=x(a-

1

ex

)，
∵x≥0时，

1

ex

≤1，结合a≥1，得g'（x）≥0，
∴g（x）为在[0，+∞）上是增函数，故g（x）≥g（0）=1，从而①式得证．
②在x≤0时，要使e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1成立，
只需证e^x≤

a

2

x2e-x+x+1，即证1≤

a

2

x2e-2x+(x+1)e-x，②
令m(x)=

ax2

2

e-2x+(x+1)e-x，得m'（x）=-xe^-2x[e^x+a（x-1）]，
而φ（x）=e^x+a（x-1）在x≤0时为增函数，
故φ（x）≤φ（0）=1-a≤0，从而m'（x）≤0，
∴m（x）在x≤0时为减函数，则m（x）≥m（0）=1，从而②式得证．
综上所述，原不等式e^x-

a

2

x2e|x|≤x+1即f（x）≤x+1在a≥1时恒成立．
（Ⅲ）要使f（x₀）＞x₀+1成立，即ex0-

a

2

x02ex0＞x0+1，
变形为

a x 2 0

2

+

x0+1

ex0

-1＜0，③
要找一个x₀＞0使③式成立，只需找到函数t(x)=

a x 2

2

+

x+1

ex

-1的最小值，满足t（x）_min＜0即可．
∵t′(x)=x(a-

1

ex

)，
令t'（x）=0得ex=

1

a

，则x=-lna，取x₀=-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(x0)=

a

2

(lna)2+a(-lna+1)-1
下面只需证明：

a

2

(lna)2-alna+a-1＜0在0＜a＜1时成立即可．
又令p(a)=

a

2

(lna)2-alna+a-1，
则p′(a)=

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

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x₀=-lna（0＜a＜1），使得③式成立．

点评：本题在导数的综合应用中属于难题，特别是在（2）（3）两小问的解答中，比较繁琐，如（2）中，既要用到分类讨论的思想，又要变换形式，分别求导．这也是提醒考生，解题时遇到含绝对值的式子时，往往还是需要分类讨论使得式子可解；（3）中，“存在”思想的运用是考生容易混淆的知识点之一，即存在x₀＞0，使得f（x₀）＞x₀+1成立，只需要[f（x）-x-1]_max＞0即可，这个思想的运用对于学生来说，相对比较难，也要和恒成立问题中的思想区别开来．