函数是高中数学的核心内容，在历年的高考试题中都设置了大量的分值，而其中的导数解答题又处于压轴的地位，难度较大。解答该问题的核心思想是使用一定的方法与技巧将问题转化为函数的单调性、最值问题。
（18理数Ⅱ卷21题）已知函数f（x）=ex-ax2。
（1）若a=1，证明：当x≥0时，f（x）≥1。
（2）若f（x）在（0，+∞）上只有一个零点，求a。
证明：（1）当a=1，x≥0时，
f（x）=ex-x2≥1 =g（x），
g`（x）=- ≤0，
所以，g（x）在[0，+∞）单调递减，
所以，g（x）≤g（0）=1，即f（x）≥1成立。
证明：（2）
方法一：变形+带参讨论
延续第一问变形的思路，考虑方程f（x）=ex-ax2=0h（x）=1-=0，显然当a≤0时方程无解。
所以当a>0时，令h`（x）==0，解得x=2，
当h`（x）>0，x>2，h（x）在（2，+∞）单调递增；
当h`（x）<0，0<x<2，h（x）在（0，2）单调递减。
所以h（x）min=h（2）=1- ，
①当h（2）>0，即a< ，h（x）>0，方程无解。
②当h（2）=0，即a= ，方程h（x）=0有唯一解。
③当h（2）<0，即a> 时，要论证此时不满足题意，需要利用零点存在性定理找到两个零点存在的区间，注意到h（0）=1，那么h（x）在（0，2）内存在唯一零点。现在我们需要在（2,＋∞）上找到一个正值。当x→+∞时指数函数比二次函数增长速度快，所以1- →1，所以当x足够大时一定存在正值，由于这个函数是多项式比指数型，这时我们考虑第一问得出的结论对h（x）进行放缩,把函数中超越的部分换掉。
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当x≥0时，有ex≥x2+1>x2，然后将x替换成 便可以得到不等式ex> ，所以h（x）=1- >1- =0。
解得x=4 a>2，所以h（x）在（2，4 a）上存在唯一零点，所以此种情况不符合题意。
综上，a= 。
方法二：直接带参讨论
f`（x）=ex-2ax。
①当a≤0时，易知不符合题意。
②当a>0时，设g（x）=f`（x），令g`（x）=ex-2a=0，x0=ln（2a），所以0<x<x0g`（x）<0，g（x）在（0，x0）单调递减；
当x>x0时g`（x）>0，g（x）在（x0，+∞）单调递增；
所以g（x）min=g（x0）=2a（1-ln（2a））。
所以，当0<a< 时f`（x）=g（x）≥g（x0）≥0，g（x）在(0，+∞)单调递增，f（x）>f（0）=1>0不符合题意;
当a> 时，f`（x）min=g（x0）<0，又f`（0）=1>0，所以f`（x）在（0，x0）内存在唯一零点x1；由（1）知ex≥x2+1>x2，所以f`（x）=ex-2ax>x2-2ax=x（x-2a）,
所以f`（2a）>0，又2a>ln（2a），所以f`（x）在（x0，2a）内存在唯一零点x2；
所以f（x）在（0，x1）内单调递增，（x1，x2）内单调递减，（x2，+∞）内单调递增，若f（x）在（0，+∞）内只有一个零点，则f（x2）=0,即f（x2）=ex -ax22=2ax2-ax22=0。
解得x2=0（舍）或x2=2，带入f`（x2）=ex -2ax2=0，解得a= 。
方法三：参变分离
因为x>0，考虑方程f（x）=ex-ax2=0a= ＝h（x），令h`（x）= =0，解得x=2，易证此时为最小值，h（x）min=h（2）= ，且当a< 时无解，a＝ 时方程有唯一解，满足题意。现在我们要论证当a> 时不符合题意，相当于论证当a> 时直线y=a与曲线y=（x）总有两个交点，结合函数单调性与零点存在性定理，我们需要在（0，2），（2，+∞）上找到比a大的函数值。
①当0<x<2，h（x）= ＞ ，h（ ）>a，所以h（x）=a在（ ，2） 内有唯一零点。
②当x>2，我们仍然需要用到第一问得到的不等式ex>x2进行放缩，将x替换为 ，得到e > ，两侧同乘e 得ex> e ，即h（x）= ＞ 。
令 ＝a，解得x0=2ln（4a）>2，此时h（x0）>a，所以h（x）=a在（2，x0）内有唯一零点.结合①②可知当a> 时不符合题意。所以a= 。
（1）解法三参数分离使我们处理的函数中不带有参数，回避了对参数的讨论。由于有时分离参数不方便、不能分离或分离后函数结构比较复杂，解法一、二直接带参讨论也是必要的。但是由于没有对函数的结构进行合理的变形，解法二与解法一相比就显得稍麻烦。
（2）作为压轴题，第二问往往难度较大，比如以上三种解法均无法回避使用“零点存在性定理”对函数零点的存在性进行论证。该问题在最近几年高考中出现频率上升，如果没有一定的经验直接处理难度较大，这时应当考虑题目第一问所得到的结论。
论文作者:宁宇
论文发表刊物:《教育学》2018年10月总第155期
论文发表时间:2018/10/30
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