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(1) 在 $a = 1$ 时, $f (x) = \mathrm{e}^x - x^2$，导函数 $f' (x) = \mathrm{e}^x - 2 x$，二阶导函数 $f'' (x) = \mathrm{e}^x - 2$，并且当 $x \in (0, \ln 2)$ 时 $f'' (x) < 0$，而当 $x \in (\ln 2, + \infty)$ 时 $f'' (x) > 0$，因此 $f' (x)$ 在 $(0, \ln 2)$ 上单调减少，而在 $(\ln 2, + \infty)$ 上单调增加，在 $x = \ln 2$ 时有最小值，这最小值是 $f' (\ln 2) = 2 - 2 \ln 2 > 0$，因此导函数 $f' (x) > 0$ 恒成立，即函数 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上恒为单调增加，从而在这区间上恒有 $f (x) \geqslant f (0) = 1$.
(2) 这题如果从几何直观上看，容易看出当指数函数与二次函数相切时符合条件，于是由两个函数的函数值相等并且导函数相等联立方程组可解得 $x = 2$，$a = \frac{1}{4} \mathrm{e}^2$. 这就是答案，不过这里需要严格认证.
导函数 $f' (x) = \mathrm{e}^x - 2 a x$，二阶导函数 $f'' (x) = \mathrm{e}^x - 2 a$，易知 $x \in (0, \ln (2 a))$ 时$f'' (x) < 0$，而当 $x \in (\ln (2 a), + \infty)$ 时 $f'' (x) > 0$，因此 $f' (x)$ 在 $(0, \ln (2 a))$ 上单调减少，而在 $(\ln (2 a), + \infty)$ 上单调增加，在 $x = \ln (2 a)$ 时有最小值，这最小值是 $f' (\ln (2 a)) = 2 a - 2 a \ln (2 a)$，讨论如下:
(2.a) 若 $a \leqslant \frac{1}{2} \mathrm{e}$，那么导函数 $f' (x)$ 恒为非负号，且仅在一处取零值，从而 $f (x)$ 恒保持递增，而 $f (0) = 1 > 0$，因此此时函数不可能有零点，不符合要求.
(2.b) 若 $a > \frac{1}{2} \mathrm{e}$，此时导函数 $f' (x)$ 的最小值为负值，且 $f' (0) = 1 > 0$，为了说明 $f' (x)$ 在右边的递增区间上能够达到正值，先建立不等式 $\mathrm{e}^x > \frac{x^3}{6}$，这只要通过三次求导就可以证明它，此处略去，以 $x = 4 a$ 代入得 $\mathrm{e}^{4 a} > \frac{84^3}{6} a^3 > 8 a^2$，即 $f' (4 a) > 0$，于是 $f' (x)$ 在区间 $(0, \ln (2 a))$ 上由正值单调减少到负值，它在 $(\ln (2 a), + \infty)$ 上又由负值单调增加到正值，因此此时 $f' (x)$ 在这个两个区间上各有一个零点，分别记为 $x_1$ 和 $x_2$，则函数 $f (x)$ 在 $(0, x_1)$ 上单调增加，在 $(x_1, x_2)$ 上单调减少，在 $(x_2, + \infty)$ 上单调增加. 并且 $f (0) = 1 > 0$，此处再证明它在 $(x_2, + \infty)$ 上能够增加到正值，仍然借由不等式 $\mathrm{e}^x > \frac{x^3}{6}$，取 $x = 8 a$ 代入即得 $\mathrm{e}^{8 a} > \frac{8^3}{6} a^3 > 64 a^3$，即 $f (8 a) > 0$，从而它在 $(x_2, + \infty)$ 上是能够增加到正值的 .自然的，函数 $f (x)$ 在 $(0, x_1)$ 上是不可能有零点的，因为 $f (0) = 1 > 0$，并且可得 $f (x_1) > 0$，再来看 $f (x_2)$ 的符号，如果 $f (x_2) > 0$，那自然函数在 $(x_1, x_2)$ 和 $(x_2, + \infty)$ 上都不可能有零点了，如果 $f (x_2) < 0$，那么函数在 $(x_1, x_2)$ 和 $(x_2, + \infty)$ 上都各有一个零点，也不符合题意，只有在 $f (x_2) = 0$ 时能够满足题目条件，显然也有 $f' (x_2) = 0$，于是得方程组
\[\left\{\begin{array}{l}
f (x_2) = \mathrm{e}^{x_2} - a x_2^2 = 0\\
f' (x_2) = \mathrm{e}^{x_2} - 2 a x_2 = 0
\end{array}\right.\]
两式相减得 $a x_2^2 = 2 a x_2$，因 $x_2 > 0$, $a > \frac{1}{2} \mathrm{e} > 0$，得 $x_2 = 2$，于是 $a = \frac{1}{4} \mathrm{e}^2$. |
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zhcosin
Posted 2018-6-8 17:40
