隐零点

题目

已知 \(f(x)=\dfrac{ax^2+x-1}{{\rm e}^x}\) .

(1) 求由线 \(y=f(x)\) 在点 \((0,-1)\) 处的切线方程；

(2) 证明：当 \(a\geq1\) 时，\(f(x)+{\rm e}\geq0\) .

解析

(1) 求得\(f(x)\) 的导数为$$f'(x)=\dfrac{-ax^2+(2a-1)x+2}{{\rm e}^x}$$所以 \(k=f'(0)=2\) , 所以切线方程为 \(y=2x-1\) .

(2) 证明：依题意$$f(x)+{\rm e}\geq0 \Longleftrightarrow \dfrac{ax^2+x-1+{\rm e}^{x+1}}{{\rm e}^x}\geq0\Longleftrightarrow ax^2+x-1+{\rm e}^{x+1}\geq0$$

令 \(g(x)=ax^2+x-1+{\rm e}^{x+1}\) , 则 $$g'(x)=2ax+1+{\rm e}^{x+1}$$ $$g''(x)=2a+{\rm e}^{x+1}$$

因为 \(a\geq1\) ，所以 \(g''(x)>0\) ，所以 \(g'(x)\) 单调递增. 而 $$g'(-\dfrac1a)=2a\cdot(-\dfrac1a)+1+{\rm e}^{1-\dfrac1a}={\rm e}^{1-\dfrac1a}-1\geq0$$ .
而 \(a\geq 1\Rightarrow -1\leq1-\dfrac2a<1\Rightarrow\dfrac{1}{\rm e}\leq{\rm e}^{1-\dfrac2a}<{\rm e}\) ，所以

\[g'(-\dfrac2a)={\rm e }^{1-\dfrac2a}-3<0 \]

所以存在 \(x_0\in(-\dfrac2a,-\dfrac1a]\) ，使得 \(g'(x_0)=2ax_0+1+{\rm e}^{x_0+1}=0\) , ( 此处可推出 \({\rm e}^{x_0+1}=-2ax_0-1\) ，以备后用 ) 故 \(g(x)\) 在 \((-\infty,x_0)\) 上 \(\searrow\) ， 在 \((x_0,+\infty)\) 上 \(\nearrow\) . 所以

\[g(x)_{\min}=g(x_0)=ax_0^2+x_0-1+{\rm e}^{x_0+1}=ax_0^2+(1-2a)x_0-2=a(x_0+\dfrac1a)(x_0-2)\geq0 \]

所以\(g(x)\geq g(x)_{\min}\geq0\) ，得证 .

注：因为 \(x_0\leq-\dfrac1a\) ， 所以 \(x_0+\dfrac1a\leq0\) ， \(x_0-2<0\) .