Question

16．已知函數f（x）=e^x+$\frac{a}{2}$x²+bx-1．
（I）討論導函數f′（x）在區間（0，1）上的單調性；
（Ⅱ）當f（1）=0時，函數f（x）在區間（0，1）上有零點，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求兩次導，再分類討論即判斷f′（x）在區間（0，1）上的單調性，
（Ⅱ）先表示出b，得到f（x）=e^x+$\frac{a}{2}$x²+（-e-$\frac{a}{2}$+1）x-1，根據（Ⅰ）的單調性，分別判斷即可求出a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=e^x+ax+b，
∴f″（x）=e^x+a，
①當a≥0時，e^x+a＞0恒成立，
∴f′（x）為單調遞增函數，
②當a≤-e時，由于x∈（0，1），則e^x∈（1，e），
∴f″（x）=e^x+a＜0，
∴f′（x）為單調遞減函數，
③當-1≤a＜0時，
∴f″（x）=e^x+a＞0，
∴f′（x）為單調遞增函數，
④當-e＜a＜-1時，
令f″（x）＞0，解得x＞ln（-a），
即x∈（ln（-a），1），f′（x）為單調遞增函數，
即x∈（0，ln（-a）），f′（x）為單調遞減函數，
綜上所述：當a≥-1時，f′（x）為單調遞增函數，
當a≤-e時，f′（x）為單調遞減函數，
當-e＜a＜-1時，f′（x）在（ln（-a），1）單調遞增函數，
f′（x）在（0，ln（-a））單調遞減函數，
（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當a≥-1時，f′（x）為單調遞增函數，
∴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-$\frac{a}{2}$，
∴當x∈（0，x₀）時，f（x）單調遞減，
當x∈（x₀，1）時，f（x）單調遞增，
∴f（x）_min=f（x₀），
又f（0）=-1＜0，f（1）=0，
∴x∈（0，x₀）時，f（x）無零點，
當x∈（x₀，1）時，f（x）無零點，
∴當a≥-1，函數在（0，1）上無零點，
②a≤-e時，f′（x）為單調遞減函數，
若函數f（x）在（0，1）上有零點，
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，
∴當x∈（0，x₀）時，f（x）單調遞增，
當x∈（x₀，1）時，f（x）單調遞減，
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，對稱軸在（0，1）之間，
∴f（x₀）＞0在（0，1）有解，
③當-e＜a＜-1時，也不能滿足，（同（Ⅱ）中的①），
綜上所述a的取值范圍為（-∞，-e]

點評 本題考查了導數和函數的單調性和函數的最值的關系，以及參數的取值范圍，關鍵時分類，屬于難題．