Question

設k∈R，函數f（x）=e^x-（1+x+kx²）（x＞0）．
（Ⅰ）若k=1，試求函數f（x）的導函數f'（x）的極小值；
（Ⅱ）若對任意的t＞0，存在s＞0，使得當x∈（0，s）時，都有f（x）＜tx²，求實數k的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求f（x）的導數，再求f'（x）的導數，從而確定f'（x）的單調性，由此可求導數f'（x）的極小值；
（Ⅱ）解法1：對任意的t＞0，記函數Ft(x)=f(x)-tx2=ex-[1+x+(k+t)x2]（x＞0），分類討論，確定函數F'_t（x）在（0，s）上的單調性，從而可得F_t（x）在（0，s）上的單調性，由此可求實數k的取值范圍；
解法2：分離參數可得

f(x)

x2

＜t成立，即

f(x)

x2

≤0成立，則存在s＞0，使得當x∈（0，s）時，f（x）≤0成立，求導函數，可得當x∈（0，s）時，f^′′（x）≤0成立，由此可求實數k的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）當k=1時，函數f（x）=e^x-（1+x+x²）（x＞0），
則f（x）的導數f'（x）=e^x-（1+2x），f'（x）的導數f''（x）=e^x-2．…（2分）
令f''（x）=e^x-2=0，可得x=ln2，
當0＜x＜ln2時，f''（x）＜0；當x＞ln2時，f''（x）＞0，
從而f'（x）在（0，ln2）內遞減，在（ln2，+∞）內遞增．…（4分）
故導數f'（x）的極小值為f'（ln2）=1-2ln2…（6分）
（Ⅱ）解法1：對任意的t＞0，記函數Ft(x)=f(x)-tx2=ex-[1+x+(k+t)x2]（x＞0），
根據題意，存在s＞0，使得當x∈（0，s）時，F_t（x）＜0．
則F_t（x）的導數F′t(x)=ex-[1+2(k+t)x]，F'_t（x）的導數Ft′′(x)=ex-2(k+t)…（9分）
①若Ft′′(0)≥0，因Ft′′(x)在（0，s）上遞增，故當x∈（0，s）時，Ft′′(x)＞Ft′′(0)≥0，
于是F'_t（x）在（0，s）上遞增，則當x∈（0，s）時，F'_t（x）＞F'_t（0）=0，從而F_t（x）在（0，s）上遞增，故當x∈（0，s）時，F_t（x）＞F_t（0）=0，與已知矛盾 …（11分）
②若Ft′′(0)＜0，注意到Ft′′(x)在[0，s）上連續且遞增，故存在s＞0，使得當x∈（0，s）Ft′′(x)＜0，從而F'_t（x）在（0，s）上遞減，于是當x∈（0，s）時，F'_t（x）＜F'_t（0）=0，
因此F_t（x）在（0，s）上遞減，故當x∈（0，s）時，F_t（x）＜F_t（0）=0，滿足已知條件…（13分）
綜上所述，對任意的t＞0，都有Ft′′(0)＜0，即1-2（k+t）＜0，亦即k＞

1

2

-t，
再由t的任意性，得k≥

1

2

，經檢驗k=

1

2

不滿足條件，所以k＞

1

2

…（15分）
解法2：由題意知，對任意的t＞0，存在s＞0，使得當x∈（0，s）時，都有

f(x)

x2

＜t成立，即

f(x)

x2

≤0成立，則存在s＞0，使得當x∈（0，s）時，f（x）≤0成立，
又f（0）=0，則存在s₀＞0，使得當x∈（0，s₀）時，f（x）為減函數，即當x∈（0，s₀）時使f'（x）=e^x-1-2kx≤0成立，
又f'（0）=0，故存在s₀＞s＞0，使得當x∈（0，s）時f'（x）為減函數，
則當x∈（0，s）時f^′′（x）≤0成立，即e^x-2k≤0，得k≥

ex

2

＞

1

2

．

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性，考查學生分析解決問題的能力，求導數，確定函數的單調性是關鍵．