题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}^{2}-\mathrm{ax}$.

(1) 若曲线 $y=f(x)$ 在点 $\mathrm{x}=0$ 处的切线斜率为 1 , 求函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[0,1]$ 上的最值;

(2) 令 $g(x)=f(x)+\frac{1}{2}\left(x^{2}-a^{2}\right)$, 若 $x \geq 0$ 时, $g(x) \geq 0$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围;

（3）当 $a=0$ 且 $x>0$ 时, 证明 $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$.
选项：
答案：答案:(1) 解: $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x-a, \therefore f^{\prime}(0)=1-a=1, \quad \therefore a=0, \quad \therefore f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 记 $h(x)$ $=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2 \mathrm{x}, \therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2$, 令 $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 得 $\mathrm{x}=\ln 2$.

当 $0<x<\ln 2$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h$ ( $x$ ) 单减; 当 $\ln 2<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单增,

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x}){ }_{\min }=\mathrm{h}(\ln 2)=2-2 \ln 2>0$,

故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ 恒成立, 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[0,1]$ 上单调递增,

$\therefore f(x){ }_{\min }=\mathrm{f}(0)=1, \mathrm{f}(\mathrm{x})_{\max }=\mathrm{f}(1)=\mathrm{e}-1$.

（2）解: $\because g(x)=e^{x}-\frac{1}{2}(x+a)^{2}, \quad \therefore g^{\prime}(x)=e^{x}-x-a$. 令 $m(x)=e^{x}-x-a, \therefore m^{\prime}(x)$ $=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1$,

当 $\mathrm{x} \geq 0$ 时, $\mathrm{m}^{\prime}(\mathrm{x}) \geq 0, \therefore \mathrm{m}(\mathrm{x})$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增, $\therefore \mathrm{m}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{m}(0)=1-\mathrm{a}$.

(i) 当 $1-a \geq 0$ 即 $a \leq 1$ 时, $m(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $g^{\prime}(x) \geq 0, \therefore g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增,

$\therefore g(x)_{\min }=g(0)=1-\frac{a^{2}}{2} \geq 0$, 解得 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq \sqrt{2}$, 所以 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq 1$.

（ii）当 $1-a<0$ 即 $a>1$ 时， $\because m(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增, 且 $m(0)=1-a<0$,

当 $1<a<e^{2}-2$ 时, $m(\ln (a+2))=2-\ln (2+a)>0$,

$\therefore \exists \mathrm{x}_{0} \in(0, \ln (\mathrm{a}+2))$, 使 $\mathrm{m}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 即 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}$.

当 $\mathrm{x} \in\left(0, \mathrm{x}_{0}\right)$ 时, $\mathrm{m}(\mathrm{x})<0$, 即 $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{~g}(\mathrm{x})$ 单减;

当 $x \in\left(x_{0}, \ln (a+2)\right)$ 时, $m(x)>0$, 即 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单增.

$\therefore g(x)_{\min }=g(x 0)=e^{x_{0}}-\frac{1}{2}\left(x_{0}+a\right)^{2}=e^{x_{0}}-\frac{1}{2} e^{2 x_{0}}=e^{x_{0}}\left(1-\frac{1}{2} e^{x_{0}}\right) \geq 0$,

$\therefore \mathrm{e}^{x_{0}} \leq 2$ 可得 $0<\mathrm{x}_{0} \leq \ln 2$, 由 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}$,

$\therefore \mathrm{a}=\mathrm{e}^{x_{0}}-\mathrm{x}_{0}$.

记 $t(x)=e^{x}-x, x \in(0, \ln 2]$,

$\therefore \mathrm{t}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0, \therefore \mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在 $(0, \ln 2]$ 上单调递增,

$\therefore \mathrm{t}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{t}(\ln 2)=2-2 \ln 2, \quad \therefore 1<\mathrm{a} \leq 2-2 \ln 2$,

综上, $\mathrm{a} \in[-\sqrt{2}, 2-\ln 2]$.

（3）证明: $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$ 等价于 $e^{x}-x^{2}-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$, 即 $e^{x}-e x \geq x \ln x-x+1$.

$\because \mathrm{x}>0, \therefore$ 等价于 $\frac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-\frac{1}{x}-\mathrm{e}+1 \geq 0$.

令 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\frac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-\frac{1}{x}-\mathrm{e}+1$,

则 $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=\frac{(x-1)\left(e^{x}-1\right)}{x^{2}}$.

$\because \mathrm{x}>0, \quad \therefore \mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0$.

当 $0<x<1$ 时, $\left.h^{\prime}(x)<0, h （ x\right)$ 单减;

当 $\mathrm{x}>1$ 时, $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})>0, \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 单增.

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处有极小值, 即最小值,

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{h}(1)=\mathrm{e}-1-\mathrm{e}+1=0$,

$\therefore \mathrm{a}=0$ 且 $\mathrm{x}>0$ 时, 不等式 $\mathrm{f}(\mathrm{x})-\mathrm{ex} \geq \mathrm{x} \ln \mathrm{x}-\mathrm{x}^{2}-\mathrm{x}+1$ 成立.

【解析】(1) 求得 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的导数, 可得切线的斜率, 解方程可得 $\mathrm{a}$, 设 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2 \mathrm{x}$, 求出导数和单调区间, 以及最小值, 可得 $f(x)$ 的单调性, 进而得到 $f(x)$ 的最值; (2) 求得 $g(x)$的导数, 令 $m(x)=e^{x}-x-a$, 求出单调区间和最值, 讨论（i）当 $1-a \geq 0$ 即 $a \leq 1$ 时, (ii）当 $1-a$
$<0$ 即 $\mathrm{a}>1$ 时, 求出单调性, 以及最小值, 解不等式即可得到 $\mathrm{a}$ 的范围; (3) $\mathrm{f}(\mathrm{x})-e x \geq x \ln \mathrm{x}-\mathrm{x}^{2}$ $-x+1$ 等价于 $e^{x}-x^{2}-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$, 即 $e^{x}-e x \geq x \ln x-x+1$. 等价于 ${ }^{\frac{e^{x}}{x}}-\ln x-{ }^{\frac{1}{x}}-e+1 \geq 0$. 令 $h$ $(\mathrm{x})=^{\frac{\varepsilon^{x}}{x}}-\ln \mathrm{x}-\frac{\frac{1}{x}}{}-\mathrm{e}+1$, 求出导数和单调区间, 可得最小值, 即可得到证明.
解析：答案:(1) 解: $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x-a, \therefore f^{\prime}(0)=1-a=1, \quad \therefore a=0, \quad \therefore f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 记 $h(x)$ $=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2 \mathrm{x}, \therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2$, 令 $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 得 $\mathrm{x}=\ln 2$.

当 $0<x<\ln 2$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h$ ( $x$ ) 单减; 当 $\ln 2<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单增,

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x}){ }_{\min }=\mathrm{h}(\ln 2)=2-2 \ln 2>0$,

故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ 恒成立, 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[0,1]$ 上单调递增,

$\therefore f(x){ }_{\min }=\mathrm{f}(0)=1, \mathrm{f}(\mathrm{x})_{\max }=\mathrm{f}(1)=\mathrm{e}-1$.

（2）解: $\because g(x)=e^{x}-\frac{1}{2}(x+a)^{2}, \quad \therefore g^{\prime}(x)=e^{x}-x-a$. 令 $m(x)=e^{x}-x-a, \therefore m^{\prime}(x)$ $=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1$,

当 $\mathrm{x} \geq 0$ 时, $\mathrm{m}^{\prime}(\mathrm{x}) \geq 0, \therefore \mathrm{m}(\mathrm{x})$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增, $\therefore \mathrm{m}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{m}(0)=1-\mathrm{a}$.

(i) 当 $1-a \geq 0$ 即 $a \leq 1$ 时, $m(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $g^{\prime}(x) \geq 0, \therefore g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增,

$\therefore g(x)_{\min }=g(0)=1-\frac{a^{2}}{2} \geq 0$, 解得 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq \sqrt{2}$, 所以 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq 1$.

（ii）当 $1-a<0$ 即 $a>1$ 时， $\because m(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增, 且 $m(0)=1-a<0$,

当 $1<a<e^{2}-2$ 时, $m(\ln (a+2))=2-\ln (2+a)>0$,

$\therefore \exists \mathrm{x}_{0} \in(0, \ln (\mathrm{a}+2))$, 使 $\mathrm{m}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 即 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}$.

当 $\mathrm{x} \in\left(0, \mathrm{x}_{0}\right)$ 时, $\mathrm{m}(\mathrm{x})<0$, 即 $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{~g}(\mathrm{x})$ 单减;

当 $x \in\left(x_{0}, \ln (a+2)\right)$ 时, $m(x)>0$, 即 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单增.

$\therefore g(x)_{\min }=g(x 0)=e^{x_{0}}-\frac{1}{2}\left(x_{0}+a\right)^{2}=e^{x_{0}}-\frac{1}{2} e^{2 x_{0}}=e^{x_{0}}\left(1-\frac{1}{2} e^{x_{0}}\right) \geq 0$,

$\therefore \mathrm{e}^{x_{0}} \leq 2$ 可得 $0<\mathrm{x}_{0} \leq \ln 2$, 由 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}$,

$\therefore \mathrm{a}=\mathrm{e}^{x_{0}}-\mathrm{x}_{0}$.

记 $t(x)=e^{x}-x, x \in(0, \ln 2]$,

$\therefore \mathrm{t}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0, \therefore \mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在 $(0, \ln 2]$ 上单调递增,

$\therefore \mathrm{t}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{t}(\ln 2)=2-2 \ln 2, \quad \therefore 1<\mathrm{a} \leq 2-2 \ln 2$,

综上, $\mathrm{a} \in[-\sqrt{2}, 2-\ln 2]$.

（3）证明: $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$ 等价于 $e^{x}-x^{2}-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$, 即 $e^{x}-e x \geq x \ln x-x+1$.

$\because \mathrm{x}>0, \therefore$ 等价于 $\frac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-\frac{1}{x}-\mathrm{e}+1 \geq 0$.

令 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\frac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-\frac{1}{x}-\mathrm{e}+1$,

则 $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=\frac{(x-1)\left(e^{x}-1\right)}{x^{2}}$.

$\because \mathrm{x}>0, \quad \therefore \mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0$.

当 $0<x<1$ 时, $\left.h^{\prime}(x)<0, h （ x\right)$ 单减;

当 $\mathrm{x}>1$ 时, $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})>0, \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 单增.

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处有极小值, 即最小值,

$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{h}(1)=\mathrm{e}-1-\mathrm{e}+1=0$,

$\therefore \mathrm{a}=0$ 且 $\mathrm{x}>0$ 时, 不等式 $\mathrm{f}(\mathrm{x})-\mathrm{ex} \geq \mathrm{x} \ln \mathrm{x}-\mathrm{x}^{2}-\mathrm{x}+1$ 成立.

【解析】(1) 求得 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的导数, 可得切线的斜率, 解方程可得 $\mathrm{a}$, 设 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-2 \mathrm{x}$, 求出导数和单调区间, 以及最小值, 可得 $f(x)$ 的单调性, 进而得到 $f(x)$ 的最值; (2) 求得 $g(x)$的导数, 令 $m(x)=e^{x}-x-a$, 求出单调区间和最值, 讨论（i）当 $1-a \geq 0$ 即 $a \leq 1$ 时, (ii）当 $1-a$
$<0$ 即 $\mathrm{a}>1$ 时, 求出单调性, 以及最小值, 解不等式即可得到 $\mathrm{a}$ 的范围; (3) $\mathrm{f}(\mathrm{x})-e x \geq x \ln \mathrm{x}-\mathrm{x}^{2}$ $-x+1$ 等价于 $e^{x}-x^{2}-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$, 即 $e^{x}-e x \geq x \ln x-x+1$. 等价于 ${ }^{\frac{e^{x}}{x}}-\ln x-{ }^{\frac{1}{x}}-e+1 \geq 0$. 令 $h$ $(\mathrm{x})=^{\frac{\varepsilon^{x}}{x}}-\ln \mathrm{x}-\frac{\frac{1}{x}}{}-\mathrm{e}+1$, 求出导数和单调区间, 可得最小值, 即可得到证明.