Question

（2013•溫州一模）已知函f（x）=ax²-e^x（a∈R）．
（Ⅰ）a=1時，試判斷f（x）的單調性并給予證明；
（Ⅱ）若f（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）．
（i） 求實數a的取值范圍；
（ii）證明：-

e

2

＜f(x1)＜-1． （注：e是自然對數的底數）

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=1代入函數解析式，求出函數的導函數，把導函數二次求導后，求出導函數的最大值，得到導函數的最大值小于0，從而得到原函數是實數集上的減函數；
（Ⅱ）（i）把函數f（x）=ax²-e^x有兩個極值點轉化為其導函數f^′（x）=2ax-e^x有兩個根，分離變量a后分析右側函數h(x)=

ex

x

的單調性，該函數先減后增有極小值，然后根據圖象的交點情況得到a的范圍；
（ii）由x₁是原函數的導函數的根，把x₁代入導函數解析式，用x₁表示a，然后把f（x₁）的表達式中的a替換，得到關于x₁的函數式后再利用求導判斷單調性，從而得到要征得結論．

解答：解：（Ⅰ）當a=1時，f（x）=x²-e^x，f（x）在R上單調遞減．
事實上，要證f^′（x）=x²-e^x在R上為減函數，只要證明f^′（x）≤0對?x∈R恒成立即可，
設g（x）=f^′（x）=2x-e^x，則g^′（x）=2-e^x，
當x=ln2時，g^′（x）=0，
當x∈（-∞，ln2）時，g^′（x）＞0，當x∈（ln2，+∞）時，g^′（x）＜0．
∴函數g（x）在（-∞，ln2）上為增函數，在（ln2，+∞）上為減函數．
∴f^′（x）_max=g（x）_max=g（ln2）=2ln2-2＜0，故f^′（x）＜0恒成立
所以f（x）在R上單調遞減；                                    
（Ⅱ）（i）由f（x）=ax²-e^x，所以，f^′（x）=2ax-e^x．
若f（x）有兩個極值點x₁，x₂，則x₁，x₂是方程f^′（x）=0的兩個根，
故方程2ax-e^x=0有兩個根x₁，x₂，
又因為x=0顯然不是該方程的根，所以方程2a=

ex

x

有兩個根，
設h(x)=

ex

x

，得h′(x)=

ex(x-1)

x2

．
若x＜0時，h（x）＜0且h^′（x）＜0，h（x）單調遞減．
若x＞0時，h（x）＞0．
當0＜x＜1時h^′（x）＜0，h（x）單調遞減，
當x＞1時h^′（x）＞0，h（x）單調遞增．
要使方程2a=

ex

x

有兩個根，需2a＞h（1）=e，故a＞

e

2

且0＜x₁＜1＜x₂．
故a的取值范圍為(

e

2

，+∞)．
（ii）證明：由f^′（x₁）=0，得：2ax1-ex1=0，故a=

ex1

2x1

，x₁∈（0，1）
f(x1)=ax12-ex1=

ex1

2x1

•x12-ex1=ex1(

x1

2

-1)，x₁∈（0，1）
設s（t）=et(

t

2

-1)（0＜t＜1），則s′(t)=et(

t-1

2

)＜0，s（t）在（0，1）上單調遞減
故s（1）＜s（t）＜s（0），即-

e

2

＜f(x1)＜-1．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了函數在某點取得極值的條件，解答此題的關鍵是利用二次求導判斷函數導函數的符號，這也是此類問題經常用到的方法．此題是有一定難度題目．