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进阶2 参数半分离与主元变换
分值：34 分
1.(17 分)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e 为自然对数的底数).
(1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a 的取值范围；(7 分)
(2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a 的取值范围.(10 分)
2.(17 分)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；(7 分)
(2)证明：当a>0 时，f(x)≥2a+aln2
a.(10 分)
答案精析
1.解 (1)f'(x)=ex-a.
①当a≤0 时，f'(x)>0，
所以f(x)在R 上单调递增.
又f(-1)=1
e -1+a<0，
f(1)=e-a-1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R 上有唯一零点，
故a≤0 符合题意.
②当a>0 时，令f'(x)=0，得x=ln a.
当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
设g(a)=a-aln a-1(a>0)，
则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
当0<a<1 时，g'(a)>0，g(a)单调递增；
当a>1 时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)max=g(1)=0，
故a=1.
综上，实数a 的取值范围为{a|a≤0 或a=1}.
(2)方法一 f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1 对x∈[0，+∞)恒成立，
即函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1 的下方，
而h'(x)=(1-x2-2x)ex，h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1，
直线y=ax+1 过定点(0，1)，斜率为a，
故a≥1，
即a 的取值范围为[1，+∞).
方法二 f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1 对x∈[0，+∞)恒成立，
记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex.
①当a≥1 时，设函数m(x)=(1-x)ex，
则m'(x)=-xex≤0，
因此m(x)在[0，+∞)上单调递减.
又m(0)=1，故m(x)≤1，
所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，+∞)恒成立.
②当a<1 时，设函数n(x)=ex-x-1，
则n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0，
故ex≥x+1.
当0<x<1 时，h(x)>(1-x)(1+x)2，
则(1-x)(1+x)2-ax-1
=x(1-a-x-x2)，
(ⅰ)当0<a<1 时，
取x0=-1+√5- 4 a
2
，
则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0，
所以h(x0)>ax0+1，
故0<a<1 不符合题意.
(ⅱ)当a≤0 时，取x0=√5-1
2
，
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1，
故a≤0 不符合题意.
综上，a 的取值范围为[1，+∞).
2.(1)解 f(x)=e2x-aln x 的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=2e2x-a
x .
①当a≤0 时，f'(x)>0 恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0 时，因为y=e2x单调递增，y=-a
x 单调递增，
所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b 满足0<b<a
4 且b<1
4 时，
f'(b)=2e2b-a
b<2e2b-4<2√e-4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0 时，f'(x)没有零点；
当a>0 时，f'(x)存在唯一的零点.
(2)证明 方法一 由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2e
2 x0- a
x0
=0，
所以f(x0)= a
2 x0
+2ax0+aln2
a≥2a+aln2
a ，
故当a>0 时，f(x)≥2a+aln2
a.
方法二 令g(a)=2a+aln2
a-e2x+aln x，
求导得g'(a)=2+ln2
a-1+ln x
=1+ln 2+ln x-ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，+∞)上单调递减，
所以g(a)max=g(2ex)
=4ex+2exln 1
e x +2exln x-e2x
=2ex-e2x.
再令h(x)=2ex-e2x，h'(x)=2e-2e2x，
所以h(x)在(0，1
2)上单调递增，在(
1
2 ，+∞)上单调递减，
h(x)max=h(
1
2)=0，
所以g(a)max≤0，得证.
