试题分析:(1)先求的导数,利用求出的单调区间,从而判断出函数在何处取得最小值以及最小值是多少.(2)(ⅰ)当时,的图象与的图象交点的个数等于函数的零点的个数;可利用导数探究函数的单调性,作函数有一零的证据之一;(ⅱ)当时,的图象恒在的图象上方,等价于在上恒成立,利用的导数研究其单调性,注意参变量,对函数单调性及最值的影响,适时进行分类讨论. 试题解析:(1)求导数,得f ′(x)=ex-1. 令f ′(x)=0,解得x=0. 当x<0时,f ′(x)<0,∴f(x)在(-∞,0)上是减函数; 当x>0时,f ′(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上是增函数. 故f(x)在x=0处取得最小值f(0)=0. 4分 (2)设h(x)=f(x)-g(x)=ex-1-x-ax2,则h′(x)=ex-1-2ax.[ (ⅰ)当a=时,y=ex-1-x的图象与y=ax2的图象公共点的个数等于 h(x)=ex-1-x-x2零点的个数. ∵h(0)=1-1=0,∴h(x)存在零点x=0. 由(1),知ex≥1+x,∴h′(x)=ex-1-x≥0, ∴h(x)在R上是增函数,∴h(x)在R上有唯一的零点. 故当a=时,y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有唯一的公共点. 9分 (ⅱ)当x>0时,y=f(x)的图象恒在y=g(x)的图象的上方 ⇔当x>0时,f(x)>g(x),即h(x)=ex-1-x-ax2>0恒成立. 由(1),知ex≥1+x(当且仅当x=0时等号成立), 故当x>0时,ex>1+x. h′(x)=ex-1-2ax>1+x-1-2ax=(1-2a)x, 从而当1-2a≥0,即a≤时,h′(x)≥0(x>0), ∴h(x)在(0,+∞)上是增函数,又h(0)=0, 于是当x>0时,h(x)>0. 由ex>1+x(x≠0),可得e-x>1-x(x≠0), 从而当a>时,h′(x)=ex-1-2ax<ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a), 故当x∈(0,ln2a)时,h′(x)<0, 此时h(x)在(0,ln2a)上是减函数,又h(0)=0, 于是当x∈(0,ln2a)时,h(x)<0. 综上可知,实数a的取值范围为(-∞,]. 14分 |