设k∈R，函数f（x）=ex-（1+x+kx2）（x＞0）．（Ⅰ）若k=1，试求函数f（x）的导函数f"（x）的极小值；（Ⅱ）若对任意的t＞0，存在s＞0，使得

题型：不详难度：来源：

设k∈R，函数f（x）=e^x-（1+x+kx²）（x＞0）．
（Ⅰ）若k=1，试求函数f（x）的导函数f"（x）的极小值；
（Ⅱ）若对任意的t＞0，存在s＞0，使得当x∈（0，s）时，都有f（x）＜tx²，求实数k的取值范围．

答案

（Ⅰ）当k=1时，函数f（x）=e^x-（1+x+x²）（x＞0），
则f（x）的导数f"（x）=e^x-（1+2x），f"（x）的导数f""（x）=e^x-2．…（2分）
令f""（x）=e^x-2=0，可得x=ln2，
当0＜x＜ln2时，f""（x）＜0；当x＞ln2时，f""（x）＞0，
从而f"（x）在（0，ln2）内递减，在（ln2，+∞）内递增．…（4分）
故导数f"（x）的极小值为f"（ln2）=1-2ln2…（6分）
（Ⅱ）解法1：对任意的t＞0，记函数Ft(x)=f(x)-tx2=ex-[1+x+(k+t)x2]（x＞0），
根据题意，存在s＞0，使得当x∈（0，s）时，F_t（x）＜0．
则F_t（x）的导数F′t(x)=ex-[1+2(k+t)x]，F"_t（x）的导数Ft′′(x)=ex-2(k+t)…（9分）
①若Ft′′(0)≥0，因Ft′′(x)在（0，s）上递增，故当x∈（0，s）时，Ft′′(x)＞Ft′′(0)≥0，
于是F"_t（x）在（0，s）上递增，则当x∈（0，s）时，F"_t（x）＞F"_t（0）=0，从而F_t（x）在（0，s）上递增，故当x∈（0，s）时，F_t（x）＞F_t（0）=0，与已知矛盾 …（11分）
②若Ft′′(0)＜0，注意到Ft′′(x)在[0，s）上连续且递增，故存在s＞0，使得当x∈（0，s）Ft′′(x)＜0，从而F"_t（x）在（0，s）上递减，于是当x∈（0，s）时，F"_t（x）＜F"_t（0）=0，
因此F_t（x）在（0，s）上递减，故当x∈（0，s）时，F_t（x）＜F_t（0）=0，满足已知条件…（13分）
综上所述，对任意的t＞0，都有Ft′′(0)＜0，即1-2（k+t）＜0，亦即k＞

1

2

-t，
再由t的任意性，得k≥

1

2

，经检验k=

1

2

不满足条件，所以k＞

1

2

…（15分）
解法2：由题意知，对任意的t＞0，存在s＞0，使得当x∈（0，s）时，都有

f(x)

x2

＜t成立，即

f(x)

x2

≤0成立，则存在s＞0，使得当x∈（0，s）时，f（x）≤0成立，
又f（0）=0，则存在s₀＞0，使得当x∈（0，s₀）时，f（x）为减函数，即当x∈（0，s₀）时使f"（x）=e^x-1-2kx≤0成立，
又f"（0）=0，故存在s₀＞s＞0，使得当x∈（0，s）时f"（x）为减函数，
则当x∈（0，s）时f^′′（x）≤0成立，即e^x-2k≤0，得k≥

ex

2

＞

1

2

．