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#26df283e-d64e-4db3-a21a-44939f9d3ba2中上解答题函数的单调性函数
考点来源：一数《对数函数从基础到进阶》一数《导数进阶·端点效应失效应对策略》一数《「导数含参单调性讨论」一小时大串讲！》一数《【高二】导数公式+切线+单调性极值！一课搞定！》一数《二次函数与不等式》一数《BV1Rju2z8E92》

2022高考函数恒成立/参数讨论/函数性质综合(解答)

已知函数 f(x)=ex−ax2−x−1f(x) = e^x - ax^2 - x - 1，其中 a∈Ra \in \mathbb{R}。 （1）当 a=0a = 0 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； （2）当 x≥0x \geq 0 时，f(x)≥0f(x) \geq 0 恒成立，求实数 aa 的取值范围； （3）设 g(x)=ex−1xg(x) = \frac{e^x - 1}{x}（x>0x > 0），证明：g(x)>1+x2−x26g(x) > 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{6}。

解析
（1）当 a=0a = 0 时，f(x)=ex−x−1f(x) = e^x - x - 1，则 f′(x)=ex−1f'(x) = e^x - 1。 令 f′(x)=0f'(x) = 0，得 x=0x = 0； 当 x<0x < 0 时，ex<1e^x < 1，故 f′(x)<0f'(x) < 0，f(x)f(x) 单调递减； 当 x>0x > 0 时，ex>1e^x > 1，故 f′(x)>0f'(x) > 0，f(x)f(x) 单调递增。 因此，f(x)f(x) 在 (−∞,0)(-\infty, 0) 上单调递减，在 (0,+∞)(0, +\infty) 上单调递增。 （2）要求：对任意 x≥0x \geq 0，恒有 f(x)=ex−ax2−x−1≥0f(x) = e^x - ax^2 - x - 1 \geq 0。 注意到 f(0)=e0−0−0−1=0f(0) = e^0 - 0 - 0 - 1 = 0，故 x=0x = 0 是边界零点。为使 f(x)≥0f(x) \geq 0 在 [0,+∞)[0, +\infty) 恒成立，需保证 f(x)f(x) 在 x=0x=0 处不‘下穿’，即 f′(x)f'(x) 在 00 附近非负，且整体无负值。 计算导数：f′(x)=ex−2ax−1f'(x) = e^x - 2ax - 1，f′′(x)=ex−2af''(x) = e^x - 2a，f′′′(x)=ex>0f'''(x) = e^x > 0，故 f′′(x)f''(x) 严格递增。 先分析必要条件：由 f(0)=0f(0)=0，若 f(x)≥0f(x) \geq 0 在 [0,δ)[0,\delta) 成立，则必有 f′(0)≥0f'(0) \geq 0（否则在右侧立即下降）。而 f′(0)=e0−0−1=0f'(0) = e^0 - 0 - 1 = 0，故一阶导为0，需考察二阶导：f′′(0)=1−2af''(0) = 1 - 2a。若 f′′(0)<0f''(0) < 0，即 a>12a > \frac{1}{2}，则存在 δ>0\delta > 0 使得 f′′(x)<0f''(x) < 0 在 [0,δ)[0,\delta)，从而 f′(x)f'(x) 在该区间递减，又 f′(0)=0f'(0)=0，故 f′(x)<0f'(x) < 0，进而 f(x)f(x) 递减，导致 f(x)<0f(x) < 0（x>0x>0 小量），矛盾。因此必要条件为 a≤12a \leq \frac{1}{2}。 下证充分性：当 a≤12a \leq \frac{1}{2} 时，f(x)≥0f(x) \geq 0 对所有 x≥0x \geq 0 成立。 考虑固定 a≤12a \leq \frac{1}{2}，定义 h(x)=f(x)=ex−ax2−x−1h(x) = f(x) = e^x - ax^2 - x - 1。 由于 f′′′(x)=ex>0f'''(x) = e^x > 0，f′′(x)f''(x) 严格递增，且 f′′(0)=1−2a≥0f''(0) = 1 - 2a \geq 0，故 f′′(x)>0f''(x) > 0 对所有 x>0x > 0 成立 ⇒ f′(x)f'(x) 严格递增。 又 f′(0)=0f'(0) = 0，故 f′(x)>0f'(x) > 0 对所有 x>0x > 0 成立 ⇒ f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 严格递增，而 f(0)=0f(0)=0，因此 f(x)>0f(x) > 0 对所有 x>0x > 0 成立，即 f(x)≥0f(x) \geq 0 在 [0,+∞)[0,+\infty) 恒成立。 综上，aa 的取值范围为 (−∞,12](-\infty, \frac{1}{2}]。 （3）要证：对 x>0x > 0，有 g(x)=ex−1x>1+x2−x26g(x) = \frac{e^x - 1}{x} > 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{6}。 等价于证：ex−1>x(1+x2−x26)=x+x22−x36e^x - 1 > x\left(1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{6}\right) = x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6}， 即证：ex>1+x+x22−x36e^x > 1 + x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6}，∀x>0\forall x > 0。 构造辅助函数 φ(x)=ex−(1+x+x22−x36)\varphi(x) = e^x - \left(1 + x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6}\right)，则 φ(0)=1−(1+0+0−0)=0\varphi(0) = 1 - (1 + 0 + 0 - 0) = 0， φ′(x)=ex−(1+x−x22)\varphi'(x) = e^x - \left(1 + x - \frac{x^2}{2}\right)， φ′′(x)=ex−(1−x)=ex+x−1\varphi''(x) = e^x - (1 - x) = e^x + x - 1， φ′′′(x)=ex+1>0\varphi'''(x) = e^x + 1 > 0，故 φ′′(x)\varphi''(x) 严格递增。 又 φ′′(0)=1+0−1=0\varphi''(0) = 1 + 0 - 1 = 0，所以 φ′′(x)>0\varphi''(x) > 0 对 x>0x > 0 成立 ⇒ φ′(x)\varphi'(x) 严格递增。 而 φ′(0)=1−(1+0−0)=0\varphi'(0) = 1 - (1 + 0 - 0) = 0，故 φ′(x)>0\varphi'(x) > 0 对 x>0x > 0 成立 ⇒ φ(x)\varphi(x) 严格递增，又 φ(0)=0\varphi(0) = 0，所以 φ(x)>0\varphi(x) > 0 对 x>0x > 0 成立。 因此原不等式成立，即 g(x)>1+x2−x26g(x) > 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{6}，∀x>0\forall x > 0。

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