Question

16．已知函数f（x）=e^x+$\frac{a}{2}$x²+bx-1．
（I）讨论导函数f′（x）在区间（0，1）上的单调性；
（Ⅱ）当f（1）=0时，函数f（x）在区间（0，1）上有零点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求两次导，再分类讨论即判断f′（x）在区间（0，1）上的单调性，
（Ⅱ）先表示出b，得到f（x）=e^x+$\frac{a}{2}$x²+（-e-$\frac{a}{2}$+1）x-1，根据（Ⅰ）的单调性，分别判断即可求出a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=e^x+ax+b，
∴f″（x）=e^x+a，
①当a≥0时，e^x+a＞0恒成立，
∴f′（x）为单调递增函数，
②当a≤-e时，由于x∈（0，1），则e^x∈（1，e），
∴f″（x）=e^x+a＜0，
∴f′（x）为单调递减函数，
③当-1≤a＜0时，
∴f″（x）=e^x+a＞0，
∴f′（x）为单调递增函数，
④当-e＜a＜-1时，
令f″（x）＞0，解得x＞ln（-a），
即x∈（ln（-a），1），f′（x）为单调递增函数，
即x∈（0，ln（-a）），f′（x）为单调递减函数，
综上所述：当a≥-1时，f′（x）为单调递增函数，
当a≤-e时，f′（x）为单调递减函数，
当-e＜a＜-1时，f′（x）在（ln（-a），1）单调递增函数，
f′（x）在（0，ln（-a））单调递减函数，
（Ⅱ）由f（1）=0，可得e+$\frac{a}{2}$+b-1=0，
∴b=-e-$\frac{a}{2}$+1，
∴f（x）=e^x+$\frac{a}{2}$x²+（-e-$\frac{a}{2}$+1）x-1，
∴f′（x）=e^x+ax+1-e-$\frac{a}{2}$，
由（Ⅰ）可知，①当a≥-1时，f′（x）为单调递增函数，
∴f′（x）＞f′（0）=2-e-$\frac{a}{2}$＜0
f′（x）＜f′（1）=1+$\frac{a}{2}$＞0，
令f′（x₀）=0，即e^x₀+ax₀+1-e-$\frac{a}{2}$，
∴当x∈（0，x₀）时，f（x）单调递减，
当x∈（x₀，1）时，f（x）单调递增，
∴f（x）_min=f（x₀），
又f（0）=-1＜0，f（1）=0，
∴x∈（0，x₀）时，f（x）无零点，
当x∈（x₀，1）时，f（x）无零点，
∴当a≥-1，函数在（0，1）上无零点，
②a≤-e时，f′（x）为单调递减函数，
若函数f（x）在（0，1）上有零点，
又f（0）=-1＜0，f（1）=0，
∴f′（0）=-1＞0，f′（1）＜0，
令f′（x₀）=0，即e^x₀+ax₀+1-e-$\frac{a}{2}$=0，
∴当x∈（0，x₀）时，f（x）单调递增，
当x∈（x₀，1）时，f（x）单调递减，
只需要f′（x₀）＞0，在（0，1）上有解即可，
f（x₀）=e^x₀+$\frac{a}{2}$x₀²+（-e-$\frac{a}{2}$+1）x₀-1=-ax₀-1+e+$\frac{a}{2}$+$\frac{a}{2}$x₀²+（-e-$\frac{a}{2}$+1）x₀-1=$\frac{a}{2}$x₀²+（-e-$\frac{3}{2}$+1）x₀+e+$\frac{a}{2}$-2＞0在（0，1）有解即可，
∵f（0）＜0，f（1）＞0，△＞0，对称轴在（0，1）之间，
∴f（x₀）＞0在（0，1）有解，
③当-e＜a＜-1时，也不能满足，（同（Ⅱ）中的①），
综上所述a的取值范围为（-∞，-e]

点评 本题考查了导数和函数的单调性和函数的最值的关系，以及参数的取值范围，关键时分类，属于难题．