Question

7．已知函数f（x）=2e^x-$\frac{1}{2}$ax
（Ⅰ）求f（x）的单调区间
（Ⅱ）若x≥0时，f（x）≥（x-a）²-$\frac{1}{2}$ax-3恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，令g（x）=2（e^x-x+a），通过讨论a的范围，根据函数的单调性从而确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2e^x-$\frac{1}{2}$a，
a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R递增，
当a＞0时，由f′（x）＞0，得：x＞ln$\frac{1}{4}$a，
由f′（x）＜0，得：x＜ln$\frac{1}{4}$a，
f（x）在（ln$\frac{1}{4}$a，+∞）递增，在（-∞，ln$\frac{1}{4}$a）递减；
（Ⅱ）由f（x）≥（x-a）²-$\frac{1}{2}$ax-3，得2e^x-（x-a）²+3≥0，
令F（x）=2e^x-（x-a）²+3，
F′（x）=2（e^x-x+a），令g（x）=2（e^x-x+a），
则g′（x）=2（e^x-1）≥0，
∴g（x）在[0，+∞）递增，g（0）=2（1+a）；
（i）当2（1+a）＜0即a＜-1时，F′（x）≥F′（0）≥0，
F（x）在[0，+∞）递增，
要想F（x）≥0，只需F（0）=5-a²≥0，
解得：-$\sqrt{5}$≤a≤$\sqrt{5}$，从而-1≤a≤$\sqrt{5}$；
（ii）当2（1+a）＜0即a＜-1时，由g（x）在[0，+∞）递增得：
存在唯一x₀使得g（x₀）=2（${e}^{{x}_{0}}$-x₀+a）=0，有${e}^{{x}_{0}}$=x₀-a，
令F′（x）＞0，解得：x＞x₀，令F′（x）＜0，解得：0≤x＜x₀，
从而对于F（x）在x=x₀处取最小值，
F（x₀）=2${e}^{{x}_{0}}$-${{（x}_{0}-a）}^{2}$+3，
又x₀=${e}^{{x}_{0}}$+a，F（x₀）=-（${e}^{{x}_{0}}$+1）（${e}^{{x}_{0}}$-3），
从而应有F（x₀）≥0，即${e}^{{x}_{0}}$-3≤0，
解得：0＜x₀≤ln3，
而${e}^{{x}_{0}}$=x₀-a可得a=x₀-${e}^{{x}_{0}}$，
∴ln3-3≤a＜-1，
综上，ln3-3≤a≤$\sqrt{5}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．