2014_退役省自主命题 (2014·文)
21．已知函数 $f(x)=e^{x}-a x^{2}-b x-1$，其中 $a, b \in R, e=2.71828 \cdots$ 为自然对数的底数。
（I）设 $g(x)$ 是函数 $f(x)$ 的导函数，求函数 $g(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的最小值；
（II）若 $f(1)=0$，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有零点，证明：$e-2
【答案】（I）当 $a \leq \frac{1}{2}$ 时，$\quad g(x) \geq g(0)=1-b$；当 $\frac{1}{2}\frac{e}{2}$ 时，$g(x) \geq e-2 a-b$．（II）$a$ 的范围为 $(0,1)$．
## 【解析】
试题分析：（ I ）易得 $g(x)=e^{x}-2 a x-b, g^{\prime}(x)=e^{x}-2 a$，再对分 $a$ 情况确定 $g(x)$ 的单调区间，根据 $g(x)$在 $[0,1]$ 上的单调性即可得 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最小值（II）设 $x_{0}$ 为 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内的一个零点，注意到 $f(0)=0, f①=0$ 联系到函数的图象可知，导函数 $g(x)$ 在区间 $\left(0, x_{0}\right)$ 内存在零点 $x_{1}, g(x)$ 在区间 $\left(x_{0}, 1\right)$ 内存在零点 $x_{2}$，即 $g(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有两个零点．由（I）可知，当 $a \leq \frac{1}{2}$ 及 $a \geq \frac{e}{2}$ 时，$g(x)$在 $(0,1)$ 内都不可能有两个零点．所以 $\frac{1}{2}
试题解析：（I）$g(x)=e^{x}-2 a x-b, g^{\prime}(x)=e^{x}-2 a$ $g(x) \geq g(\ln 2 a)=2 a-2 a \ln 2 a-b$．
①当 $a \leq 0$ 时，$g^{\prime}(x)=e^{x}-2 a>0$，所以 $g(x) \geq g(0)=1-b$．
②当 $a>0$ 时，由 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2 a>0$ 得 $e^{x}>2 a, x>\ln (2 a)$．
若 $a>\frac{1}{2}$，则 $\ln (2 a)>0$；若 $a>\frac{e}{2}$，则 $\ln (2 a)>1$．
所以当 $0当 $\frac{1}{2}
当 $a>\frac{e}{2}$ 时，$g(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减，所以 $g(x) \geq g(1)=e-2 a-b$．
（II）设 $x_{0}$ 为 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内的一个零点，则由 $f(0)=f\left(x_{0}\right)=0$ 可知，
$f(x)$ 在区间 $\left(0, x_{0}\right)$ 上不可能单调递增，也不可能单调递减。
则 $g(x)$ 不可能恒为正，也不可能恒为负。
故 $g(x)$ 在区间 $\left(0, x_{0}\right)$ 内存在零点 $x_{1}$．
同理 $g(x)$ 在区间 $\left(x_{0}, 1\right)$ 内存在零点 $x_{2}$
所以 $g(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内至少有两个雾点．
由（I）知，当 $a \leq \frac{1}{2}$ 时，$g(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增，故 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 内至多有一个零点．
当 $a \geq \frac{e}{2}$ 时，$g(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减，故 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 内至多有一个零点．
所以 $\frac{1}{2}
因此 $x_{1} \in(0, \ln (2 a)], x_{2} \in(\ln (2 a), 1)$，必有
$g(0)=1-b>0, g(1)=e-2 a-b>0$．
由 $f(1)=e-a-b-1=0$ 得：$a+b=e-1<2$，有
$g(0)=1-b=a-e+2>0, g(1)=e-2 a-b=1-a>0$
解得 $e-2