2010-新课标卷理-21 解-导数

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题。第 (1) 问直接求导判断符号；第 (2) 问通过分类讨论或二阶求导判断导函数的单调性，进而确定参数 $a$ 的取值范围。

📌【题干】

Question

（2010年新课标卷(理)） 设函数 $f(x)=e^x-1-x-a{x}^2$.

(1) 若 $a=0$，求 $f(x)$ 的单调区间；

(2) 若当 $x\ge 0$ 时 $f(x)\ge 0$，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：将 $a=0$ 代入得 $f(x)=e^x-1-x$，对 $f(x)$ 求导得出 $f^{\prime }(x)=e^x-1$，通过 $f^{\prime }(x)$ 的正负区间判定单调性。
2. 第 (2) 问：利用求导分析 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上的最小值。首先求一阶导数 $f^{\prime }(x)=e^x-1-2ax$；若 $f^{\prime }(x)$ 符号不易直接判断，可进一步求二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)=e^x-2a$。按 $a\le 0$、$0<a\le \frac{1}{2}$ 和 $a>\frac{1}{2}$ 分类讨论。

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$a$ 的取值范围是 $(-\infty ,\frac{1}{2}]$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 若 $a=0$，求 $f(x)$ 的单调区间

当 $a=0$ 时，$f(x)=e^x-1-x$。 其导函数为： $f^{\prime }(x)=e^x-1$

• 当 $x\in (-\infty ,0)$ 时，$e^x<1⟹f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (0,+\infty )$ 时，$e^x>1⟹f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增。

故 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-\infty ,0)$，单调递增区间为 $(0,+\infty )$。

---

(2) 若当 $x\ge 0$ 时 $f(x)\ge 0$，求 $a$ 的取值范围

$f(x)=e^x-1-x-a{x}^2$，其一阶导数为： $f^{\prime }(x)=e^x-1-2ax$

注意到 $f(0)=e^0-1-0-0=0$，$f^{\prime }(0)=e^0-1-0=0$。

二阶导数为： $f^{\prime \prime }(x)=e^x-2a$

分以下三种情况讨论 $a$ 的取值范围：

① 当 $a\le 0$ 时： 对任意 $x\ge 0$，$-2ax\ge 0$。 由 (1) 知，当 $x\ge 0$ 时 $e^x-1\ge 0$， 所以 $f^{\prime }(x)=(e^x-1)-2ax\ge 0$ 恒成立。 故 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增。 因此，当 $x\ge 0$ 时，$f(x)\ge f(0)=0$ 恒成立，符合题意。

② 当 $0<a\le \frac{1}{2}$ 时： 当 $x\ge 0$ 时，$f^{\prime \prime }(x)=e^x-2a\ge 1-2a\ge 0$， 故 $f^{\prime }(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增。 因为 $f^{\prime }(0)=0$，所以对任意 $x\ge 0$，均有 $f^{\prime }(x)\ge f^{\prime }(0)=0$。 因此 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增， 故当 $x\ge 0$ 时，$f(x)\ge f(0)=0$ 恒成立，符合题意。

③ 当 $a>\frac{1}{2}$ 时： 因为 $2a>1$，令 $f^{\prime \prime }(x)=e^x-2a=0$，解得 $x_0=\ln (2a)>0$。

• 当 $x\in (0,x_0)$ 时，$f^{\prime \prime }(x)<0$，$f^{\prime }(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减。 因为 $f^{\prime }(0)=0$，所以在 $(0,x_0)$ 上 $f^{\prime }(x)<f^{\prime }(0)=0$。 因此 $f(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减。 故当 $x\in (0,x_0)$ 时，$f(x)<f(0)=0$，这与“当 $x\ge 0$ 时 $f(x)\ge 0$”矛盾，不合题意。

综上所述，$a$ 的取值范围是 $(-\infty ,\frac{1}{2}]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数工具在证明函数不等式与求解参数范围中的应用。
2. 核心方法：

• 当一阶导数符号不易直接判断时，可使用二阶求导分析一阶导数的单调性；
• 寻找临界点：利用端点处 $f^{\prime }(0)=0$ 和 $f^{\prime \prime }(0)=1-2a$ 锁定分类讨论的临界值 $a=\frac{1}{2}$。

3. 避坑指南：第 (2) 问中当 $a>\frac{1}{2}$ 时，只需证明存在局部区间使得 $f(x)<0$ 即可否定该范围，无需精确求解 $f(x)$ 的最小值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：源自泰勒展开式的定性分析，已知 $e^x\ge 1+x+\frac{1}{2}{x}^2(x\ge 0)$，本题即验证该二次逼近系数的临界值。
2. 结论推广：对于 $f(x)=e^x-{\sum }_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$，在 $x\ge 0$ 上恒有 $f(x)\ge 0$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式