已知函数 $f(x)=e^x-x^2-(a+1) x+1$.
(I) 若 $x=0$ 是函数 $f(x)$ 的极值点,求实数 $a$ 的值;
(II) 当 $\mathrm{a} > 1$ 时, 设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的两个极值点为 $x_1, x_2$ 且 $x_1 < x_2$, 求证: $e^{x_2}-e^{x_1} < 4 a+2$.
【答案】 【解】: (1) $f^{\prime}(x)=e^x-2 x-(a+1) ; f^{\prime \prime}(x)=e^x-2$
令 $f^{\prime}(0)=1-0-(a+1)=0 \Rightarrow a=0$ 且 $f^{\prime \prime}(0)=e^0-2=-1 < 0$ ;
故当 $a=0$ 时, $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点。

(2) $f^{\prime}\left(x_1\right)=e^{x_1}-2 x_1-(a+1)=0$
$f^{\prime}\left(x_2\right)=e^{x_2}-2 x_2+(a+1)=0$
(2)-(1)有: $e^{x_2}-e^{x_2}-2 \times\left(x_2-x_1\right)=0$
求证: $e^{x_2}-e^{x_2}=2\left(x_2-x_1\right) < 4 a+2$; 即证: $x_2-x_1 < 2 a+1$
由 $f^{\prime \prime}(x)=e^x-2$ 可知: $f^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty, \ln 2)$ 上单减, $(\ln 2,+\infty)$ 上单增。
可知 $x_1 < \ln 2 < x_2$

再应零点定理得根的范围。
估 $x_1$ 的范围:
$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}\left(-\frac{a+1}{2}\right)=e^{-\frac{a+1}{2}} > 0 \\
& f\left(-\frac{a+1}{4}\right)=e^{-\frac{a+1}{4}}-\frac{a+1}{2} < e^{-\frac{1}{2}}-1 < 1-1=0
\end{aligned}
$$
故 $-\frac{a+1}{2} < x_1 < -\frac{a+1}{4} \Rightarrow \frac{a+1}{4} < -x_1 < \frac{a+1}{2} \ldots .③$.


估 $x_2$ 的范围:
$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}(1)=e-3-a < -a < 0 \\
& f^{\prime}(a+1)=e^{a+1}-3 \times(a+1) > e^2-6 > 0
\end{aligned}
$$
$\left(g(t)=e^t-3 t ,\right.$ 当 $t > 2$ 时 $g(t)$ 单调增加,常用数据 $\left.e^2 \simeq 7.389\right)$
故 $1 < x_2 < a+1 \ldots \ldots ④$

③+④ 有: $1+\frac{a+1}{4} < x_2-x_1 < \frac{a+1}{2}+(a+1)=\frac{3}{2} a+\frac{3}{2} < 2 a+1$
故有以下加强 结论: $\frac{a}{4}+\frac{5}{4} < x_2-x_1 < \frac{3}{2} a+\frac{3}{2}$
综上有: $x_2-x_1 < 2 a+1$ 成立 $\Rightarrow e^{x_2}-e^{x_1} < 4 a+2$. 证毕。


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