->e a 。
下面证明1
->e a 当时,()x f 有两个零点
首先1ln ->a ,取21-=x ,则a x ln 1<,且()021>=-e x f , 所以由零点存在性定理知,()x f 在()a x ln ,1上存在唯一零点;
另一方面,取a b x ln 2+=,且a b ln 12+>,则()02>x f 。解释如下:
因为由(1)可知:x e x
+≥1,所以.21,2122
22
⎪⎭
⎫ ⎝⎛+≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+≥x e e x e x
x x
所以2
21⎪⎭
⎫ ⎝⎛+≥b e b ;所以 ()()()2ln 2222++-=+-=a b a ae x a e x f b
x
()
.0ln 141ln 22>⎪⎭
⎫
⎝⎛--≥---=a b a a b e a b
所以由零点存在性定理知,()x f 在()2ln x a ,上存在唯一零点; 综上讨论可知:若()x f 有两个零点,a 的取值范围是.
1
e a >
解法2
.
①当0≤a 时,()0'>x f ,()x f 在R 上递增;最多只有1个零点,不符合题意;
②当0>a 时,
由()02=+-x a e x 得:
x e x a 21+=,记()()x x e
x x g e x x g 1
,2'+-=+=,()x g 在()1,-∞-上单调递增,在()+∞,1-上单调递减,所以()x g 的最大值为()e g =-1;要使()
x g e
x a x =+=2
1有两个不同的零点,必要条件是⎪⎩⎪
⎨⎧<>e a
a 10
,解得.1e a >,下面证明.1e a >时()x g 有两个不同
的零点,一方面()()a e g a g 11,102>=-<
=-,所以由零点存在性定理知,()a
x g 1=在()12--,上存在唯一零点;另一方面(),a
e g 11>=-因为由(1)可知:x e x
+≥1, 4,2,22
22
x e x e x e x x x >⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛>>,所以有()()()2442424222-=-+<+<+=x x x x x e x x g x ,令a
x 1
24=-得,1224->>+=a x 所以 ()a a g 124<
+,所以由零点存在性定理知,()a
x g 1
=在()241+-a ,上存在唯一零点,所以.1e a >时()x g 有两个不同的零点,即()x f 有两个零点,a 的取值范围是.
1e a > 【2020全国1卷理21】已知函数f(x)=e x +ax 2−x. (1)当a =1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x ≥0时,f(x)≥1
2x 3+1,求a 的取值范围.
【答案】(1)f(x)在(-∞,0)单调递减,(0,+∞)单调递增.(2)a ≥7−e 24
【解析】(1)当a =1时,f(x)=e x +x 2−x ,x ∈R
则f′(x)=e x +2x −1,令g (x )=e x +2x −1,g′(x)=e x +2>0,则g (x )在R 上单调递增,当x =0时,g(0)=0,即f′(0)=0,∴f(x)在(-∞,0)单调递减,(0,+∞)单调递增. (2)①当x =0时,恒成立;
②当x >0时,f (x )=e x
+ax 2
−x ≥1
2x 3
+1⟹−a ≤e x
x 2−1
2x −1
x 2−1
x , 令 g (x )=
e x x 2
−12
x −
1x 2
−1
x
(x >0).
g ′(
x )=2e x (x−2)−(x 3−2x−4)
2x 3
=
(x−2)2x 3
(2e x −x 2−2x −2).
令ℎ(x )=2e x −x 2−2x −2,ℎ′(x )=2e x −2x +2>2(x +1)−2x −2=0 ∴ℎ(x )在x >0上单调递增,∴ℎ(x )>ℎ(0)=0. ∴当02时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
∴当x =2时,g(x)取得极小值也是最小值,g (2)=
e 2−74
.
由题意知:−a ≤g (2)=e 2−74
,则a ≥7−e 24
【2019全国1卷文理13】曲线23()x y x x e =+在点(0,0)处的切线方程为____________
【答案】.3x y =
【解析】由已知得()
3)0(',133)('2=++=f e x x x f x ,曲线23()x y x x e =+在点(0,0)处的切线方程为.3x y =