Question

11．已知函数f（x）=e^x-ax²-bx-1，其中a，b∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．
（1）求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率；
（2）设g（x）是函数f（x）的导函数，求函数g（x）在区间[0，1]上的最小值；
（3）若f（1）=0，函数f（x）在区间（0，1）内有零点，证明：e-2＜a＜1．

Answer 1

分析 （1）利用导数的几何意义可得切线斜率k=f′（1）．
（2）由f（x）=e^x-ax²-bx-1，有g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，所以g′（x）=e^x-2a．当x∈[0，1]时，g′（x）∈[1-2a，e-2a]．对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．
（3）设x₀为f（x）在区间（0，1）内的一个零点，则由f（0）=f（x₀）=0，可知：f（x）在区间（0，x₀）上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g（x）不可能恒为正，也不可能恒为负．故g（x）在区间（0，x₀）内存在零点x₁，同理，g（x）在区间（x₀，1）内存在零点x₂，所以g（x）在区间（0，1）内至少有两个零点．再利用（2）的结论即可得出．

解答 （1）解：由f（x）=e^x-ax²-bx-1，有f′（x）=e^x-2ax-b，所以k=f′（1）=e-2a-b．
（2）解：由f（x）=e^x-ax²-bx-1，有g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，所以g′（x）=e^x-2a．
当x∈[0，1]时，g′（x）∈[1-2a，e-2a]．
（i）当a≤$\frac{1}{2}$时，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，1]上单调递增，因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；
（ii）当a≥$\frac{e}{2}$时，g′（x）≤0，所以g（x）在[0，1]上单调递减．
因此g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b；
（iii）当$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$时，令g′（x）=0，得x=ln（2a）∈（0，1），
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．
于是，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b．
综上所述：当a≤$\frac{1}{2}$时，g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；
当$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$时，g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b；
当a≥$\frac{e}{2}$时，g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b．
（3）证明：设x₀为f（x）在区间（0，1）内的一个零点，则由f（0）=f（x₀）=0，
可知：f（x）在区间（0，x₀）上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g（x）不可能恒为正，也不可能恒为负．故g（x）在区间（0，x₀）内存在零点x₁，
同理，g（x）在区间（x₀，1）内存在零点x₂，所以g（x）在区间（0，1）内至少有两个零点．
由（2）知，当a≤$\frac{1}{2}$时，g（x）在[0，1]上单调递增，故g（x）在（0，1）内至多有一个零点．
当a≥$\frac{e}{2}$时，g（x）在[0，1]上单调递减，故g（x）在（0，1）内至多有一个零点，
所以$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$．此时g（x）在区间[0，ln（2a）]上单调递减，在区间（ln（2a），1]上单调递增，因此x₁∈（0，ln（2a）]，x₂∈（ln（2a），1），必有g（0）=1-b＞0，g（1）=e-2a-b＞0．
由f（1）=0有a+b=e-1＜2，有g（0）=a-e+2＞0，g（1）=1-a＞0，解得e-2＜a＜1．
所以函数f（x）在区间（0，1）内有零点时，e-2＜a＜1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、研究切线斜率、函数零点、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．