| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
|---|---|---|
| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2} x^2 \) 的导数，以确定其单调区间。 \[ f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2} x^2 \] 求导数 \( f'(x) \): \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) - \frac{1}{2} x^2 \right] \] \[ f'(x) = (e^x - 1) + x e^x - x \] \[ f'(x) = e^x (x + 1) - 1 - x \] 将 \( a = \frac{1}{2} \) 代入后，得到： \[ f'(x) = e^x (x + 1) - 1 - x \] 接下来，我们需要找到 \( f'(x) = 0 \) 的解，以确定函数的临界点： \[ e^x (x + 1) - 1 - x = 0 \] 这个方程比较复杂，难以直接求解。我们可以通过分析 \( f'(x) \) 的符号变化来确定单调区间。 观察 \( f'(x) \) 的形式： - 当 \( x \to -\infty \)，\( e^x \to 0 \)，所以 \( f'(x) \to -1 - x \)，显然 \( f'(x) < 0 \)。 - 当 \( x \to +\infty \)，\( e^x \to +\infty \)，所以 \( f'(x) \to +\infty \)。 我们可以通过数值方法或图形分析来进一步确定 \( f'(x) = 0 \) 的解。假设 \( x = c \) 是 \( f'(x) = 0 \) 的解。 通过分析 \( f'(x) \) 的符号变化，我们可以确定 \( f(x) \) 的单调区间： - 当 \( x < c \)，\( f'(x) < 0 \)，所以 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, c) \) 上是减函数。 - 当 \( x > c \)，\( f'(x) > 0 \)，所以 \( f(x) \) 在区间 \( (c, +\infty) \) 上是增函数。 <eoe> 【答案】函数 \( f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2} x^2 \) 的单调区间为： - 在 \( (-\infty, c) \) 上单调递减； - 在 \( (c, +\infty) \) 上单调递增； 其中 \( c \) 是 \( e^x (x + 1) - 1 - x = 0 \) 的解。<eoa> (2)【解析】 我们需要确定当 \( x \geq 0 \) 时，函数 \( f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \) 满足 \( f(x) \geq 0 \)。 首先，考虑 \( x = 0 \) 时： \[ f(0) = 0(e^0 - 1) - a \cdot 0^2 = 0 \] 接下来，考虑 \( x > 0 \) 时： \[ f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \geq 0 \] 将 \( f(x) \geq 0 \) 改写为： \[ x(e^x - 1) \geq a x^2 \] \[ e^x - 1 \geq a x \] 我们需要找到 \( a \) 的取值范围，使得对于所有 \( x \geq 0 \)，不等式 \( e^x - 1 \geq a x \) 成立。 考虑 \( x \to 0 \) 时： \[ e^x - 1 \approx x \] \[ x \geq a x \] \[ 1 \geq a \] 考虑 \( x \to +\infty \) 时： \[ e^x \to +\infty \] \[ e^x - 1 \geq a x \] 显然，对于 \( x \to +\infty \)，不等式总是成立。因此，关键在于 \( x \to 0 \) 时的情况。 综上所述，\( a \) 的取值范围为： \[ a \leq 1 \] <eoe> 【答案】当 \( x \geq 0 \) 时，函数 \( f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \) 满足 \( f(x) \geq 0 \) 的 \( a \) 的取值范围是 \( a \leq 1 \)。<eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当 $a = \frac{1}{2}$ 时，函数为 $f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2}x^2$。求导得： \[ f'(x) = (e^x - 1) + x e^x - x = (x + 1)(e^x - 1). \] 分析导数的符号： - 当 $x > 0$ 时，$x + 1 > 0$，$e^x - 1 > 0$，故 $f'(x) > 0$，函数递增。 - 当 $-1 < x < 0$ 时，$x + 1 > 0$，$e^x - 1 < 0$，故 $f'(x) < 0$，函数递减。 - 当 $x < -1$ 时，$x + 1 < 0$，$e^x - 1 < 0$，故 $f'(x) > 0$，函数递增。 综上，单调递增区间为 $(-\infty, -1]$ 和 $[0, +\infty)$，单调递减区间为 $[-1, 0]$。 <eoe> 【答案】 (I) 函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty, -1]$ 和 $[0, +\infty)$，单调递减区间为 $[-1, 0]$。<eoa> (2)【解析】 当 $x \geq 0$ 时，要求 $f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \geq 0$。对 $x > 0$，不等式可化为： \[ \frac{e^x - 1}{x} \geq a. \] 令 $g(x) = \frac{e^x - 1}{x}$，求其最小值。通过求导 $g'(x) = \frac{e^x (x - 1) + 1}{x^2}$，发现 $g(x)$ 在 $x > 0$ 时单调递增，且 $\lim_{x \to 0} g(x) = 1$。因此 $g(x) \geq 1$ 对所有 $x > 0$ 成立。故 $a$ 的取值范围为 $a \leq 1$。 <eoe> 【答案】 (II) $a$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$。<eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，给定当 \( a = \dfrac{1}{2} \) 时，函数 \[ f(x) = x (e^x - 1) - \dfrac{1}{2} x^2 \] 求其单调区间。 计算函数的导数 \( f'(x) \)： \[ \begin{align*} f'(x) &= \dfrac{d}{dx} \left[ x (e^x - 1) - \dfrac{1}{2} x^2 \right] \\ &= (e^x - 1) + x e^x - x \\ &= (x e^x + e^x - 1) - x \\ &= e^x (x + 1) - (x + 1) \\ &= (x + 1)(e^x - 1) \end{align*} \] 将导数 \( f'(x) \) 分解为两个因式： \[ f'(x) = (x + 1)(e^x - 1) \] 求导数为零的点（即驻点）： 1. \( x + 1 = 0 \Rightarrow x = -1 \) 2. \( e^x - 1 = 0 \Rightarrow e^x = 1 \Rightarrow x = 0 \) 将数轴分为三个区间：\( (-\infty, -1) \)、\( (-1, 0) \)、\( (0, +\infty) \)，在每个区间内取测试点，确定导数的符号： 1. 当 \( x \in (-\infty, -1) \)，取 \( x = -2 \)： \[ f'(-2) = (-2 + 1)(e^{-2} - 1) = (-1)(e^{-2} - 1) > 0 \] 因为 \( e^{-2} - 1 < 0 \)，且前面的 \( -1 \) 使得整个乘积为正。 2. 当 \( x \in (-1, 0) \)，取 \( x = -0.5 \)： \[ f'(-0.5) = (-0.5 + 1)(e^{-0.5} - 1) = (0.5)(e^{-0.5} - 1) < 0 \] 因为 \( e^{-0.5} - 1 < 0 \)，且 \( 0.5 > 0 \)，所以乘积为负。 3. 当 \( x \in (0, +\infty) \)，取 \( x = 1 \)： \[ f'(1) = (1 + 1)(e^{1} - 1) = (2)(e^{1} - 1) > 0 \] 因为 \( e^{1} - 1 > 0 \)，且 \( 2 > 0 \)，所以乘积为正。 综上，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, -1) \) 和 \( (0, +\infty) \) 上递增，在区间 \( (-1, 0) \) 上递减。 <eoe> 【答案】 (1) 当 \( a = \dfrac{1}{2} \) 时，函数 \( f(x) \) 的单调区间为： 递增区间：\( (-\infty, -1) \) 和 \( (0, +\infty) \)； 递减区间：\( (-1, 0) \)。 <eoa> (2)【解析】 要求当 \( x \geq 0 \) 时，\( f(x) \geq 0 \) 对应的 \( a \) 的取值范围。 首先，函数为： \[ f(x) = x (e^x - 1) - a x^2 \] 考虑 \( x > 0 \) 的情况，将 \( f(x) \) 表示为： \[ f(x) = x (e^x - 1 - a x) \] 因为 \( x > 0 \)，所以要使 \( f(x) \geq 0 \)，只需满足： \[ e^x - 1 - a x \geq 0 \] 即： \[ a \leq \dfrac{e^x - 1}{x} \] 令函数： \[ \varphi(x) = \dfrac{e^x - 1}{x} \] 研究 \( \varphi(x) \) 的最小值，以确定 \( a \) 的最大值。 计算 \( \varphi(x) \) 的导数： \[ \varphi'(x) = \dfrac{x e^x - (e^x - 1)}{x^2} = \dfrac{e^x (x - 1) + 1}{x^2} \] 分子： \[ N(x) = e^x (x - 1) + 1 \] 因为当 \( x > 0 \) 时，\( N(x) \geq 0 \)，所以 \( \varphi'(x) \geq 0 \)。这表明 \( \varphi(x) \) 在 \( x > 0 \) 上是递增的。 计算 \( \varphi(0^+) \) 的极限： \[ \lim_{x \to 0^+} \varphi(x) = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1 \] 因此，\( \varphi(x) \geq 1 \) 对于 \( x \geq 0 \) 成立。 所以，为了保证 \( f(x) \geq 0 \)，需要： \[ a \leq \inf_{x > 0} \varphi(x) = 1 \] 所以，\( a \) 的取值范围为 \( a \leq 1 \)。 <eoe> 【答案】 (2) 当 \( x \geq 0 \) 时，若 \( f(x) \geq 0 \)，则 \( a \) 的取值范围为： \( a \leq 1 \)。 <eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，给定函数 \( f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2} x^2 \)。 我们需要求其单调区间。为此，先计算函数的导数 \( f'(x) \): \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) - \frac{1}{2} x^2 \right] \] 使用导数的乘积法则和链式法则： \[ f'(x) = (e^x - 1) + x e^x - x \] \[ f'(x) = e^x - 1 + x e^x - x \] \[ f'(x) = x e^x + e^x - 1 - x \] 整理得到： \[ f'(x) = (x + 1)e^x - 1 - x \] 为了找出单调区间，我们需要确定 \( f'(x) \) 的符号变化，即解 \( f'(x) = 0 \)： \[ (x + 1)e^x - 1 - x = 0 \] 我们可以使用试探法和图形分析来确定 \( x \) 的范围。这里比较复杂，直接求解较困难，我们可以通过数值方法或函数性质来分析。 首先，观察 \( e^x \) 的增长速度远快于线性项 \( x \)，所以当 \( x \) 较大时，\( (x + 1)e^x \) 远大于 \( 1 + x \)，即 \( f'(x) > 0 \)。 反过来，当 \( x \) 较小时，特别是 \( x < 0 \) 时，\( e^x \) 是小于 1 的，因此 \( (x + 1)e^x \) 也比 \( 1 + x \) 小，\( f'(x) < 0 \)。 通过这两个结论，我们可以判断 \( f(x) \) 在 \( x \) 较大时是单调递增，在 \( x \) 较小时是单调递减。具体的分界点可以通过精确计算得出，这里略去。 因此，函数的单调区间为： \[ x \leqslant c \] 单调递减。 \[ x \geqslant c \] 单调递增。 其中 \( c \) 是 \( f'(x) = 0 \) 的解。 <eoe> 【答案】 单调递减区间为 \( (-\infty, c) \)； 单调递增区间为 \( (c, \infty) \)； 其中 \( c \) 是 \( f'(x) = 0 \) 的解。<eoa> (2)【解析】 我们需要求当 \( x \geqslant 0 \) 时，\( f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \geqslant 0 \) 的 \( a \) 的取值范围。 将 \( f(x) \geqslant 0 \) 带入不等式： \[ x(e^x - 1) - a x^2 \geqslant 0 \] 将 \( x \) 提出来，分解不等式： \[ x(e^x - 1 - a x) \geqslant 0 \] 对于 \( x \geqslant 0 \)，我们需要： \[ e^x - 1 - a x \geqslant 0 \] 当 \( x = 0 \) 时： \[ e^0 - 1 - a \cdot 0 = 0 \] 当 \( x > 0 \) 时，我们需要判断 \( e^x - 1 - a x \) 的最小值。我们可以计算其导数来分析： \[ g(x) = e^x - 1 - a x \] \[ g'(x) = e^x - a \] 令 \( g'(x) = 0 \)，得： \[ e^x = a \] \[ x = \ln a \] 将 \( x = \ln a \) 带入 \( g(x) \) 中： \[ g(\ln a) = e^{\ln a} - 1 - a \ln a \] \[ g(\ln a) = a - 1 - a \ln a \] 要求 \( g(x) \geqslant 0 \)，即： \[ a - 1 - a \ln a \geqslant 0 \] \[ a \geqslant 1 + a |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】(I)当a=\frac{1}{2}时,求f(x)的单调区间,即求f'(x)=0的解,由f'(x)=e^{x}-1-x,令f'(x)=0,可得e^{x}-x-1=0,由此可得x=0,且f'(x)在(-\infty,0)上单调递减,在(0,+\infty)上单调递增,所以f(x)在(-\infty,0)上单调递减,在(0,+\infty)上单调递增.(II)当x\geqslant0时,f(x)\geqslant0,即x(e^{x}-1)-ax^{2}\geqslant0,所以x(e^{x}-1-ax)\geqslant0,当x=0时,不等式恒成立,当x>0时,e^{x}-1-ax\geqslant0,所以a\leqslante^{x}-1,当x\rightarrow0^{+}时,a\leqslant\lim_{x\rightarrow0^{+}}(e^{x}-1)=0,所以a\leqslant0.综上,a\leqslant0. 最终结果是(I) (-oo,0),(0,+oo);(II) (-oo,0] |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当a=\frac{1}{2}时,f(x)=x(e^{x}-1)-\frac{1}{2}x^{2},f'(x)=e^{x}-1-x,令f'(x)=0,得e^{x}-1-x=0,显然x=0是方程的解,当x\neq0时,两边同时除以x,得\frac{e^{x}-1}{x}-1=0,令g(x)=\frac{e^{x}-1}{x},则g'(x)=\frac{xe^{x}-e^{x}+1}{x^{2}}=\frac{e^{x}(x-1)+1}{x^{2}},当x>1时,g'(x)>0,当0<x<1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在 |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(I) 若 $a=\\frac{1}{2}$, 求 $f(x)$ 的单调区间;\n\n【解析】 首先，我们需要求出函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，以确定其单调性。\n\n给定 $f(x) = x(e^x - 1) - \\frac{1}{2}x^2$，我们计算其导数：\n\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx} \\left[ x(e^x - 1) - \\frac{1}{2}x^2 \\right] \\]\n\n使用乘积法则和基本导数规则，我们得到：\n\n\\[ f'(x) = (e^x - 1) + x e^x - x \\]\n\\[ f'(x) = e^x - 1 + x e^x - x \\]\n\\[ f'(x) = e^x (1 + x) - 1 - x \\]\n\n接下来，我们分析 $f'(x)$ 的符号以确定 $f(x)$ 的单调区间。\n\n1. 当 $f'(x) > 0$ 时，函数 $f(x)$ 单调递增。\n2. 当 $f'(x) < 0$ 时，函数 $f(x)$ 单调递减。\n\n我们需要解 $f'(x) = 0$ 来找到临界点：\n\n\\[ e^x (1 + x) - 1 - x = 0 \\]\n\\[ e^x (1 + x) = 1 + x \\]\n\n显然，$x = 0$ 是一个解，因为 $e^0 (1 + 0) = 1 = 1 + 0$。\n\n我们还需要检查 $f'(x)$ 在 $x = 0$ 左右的符号变化：\n\n- 当 $x < 0$ 时，$e^x (1 + x) < 1 + x$，所以 $f'(x) < 0$。\n- 当 $x > 0$ 时，$e^x (1 + x) > 1 + x$，所以 $f'(x) > 0$。\n\n因此，$f(x)$ 在 $x = 0$ 处由减变增。\n\n综上所述，函数 $f(x)$ 在 $(-\\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0, +\\infty)$ 上单调递增。\n\n<eoe>\n\n【答案】 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-\\infty, 0)$，单调递增区间为 $(0, +\\infty)$。<eoa>\n\n(II) 若当 $x \\geqslant 0$ 时 $f(x) \\geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.\n\n【解析】 我们需要找到 $a$ 的取值范围，使得 $f(x) \\geqslant 0$ 对于所有 $x \\geqslant 0$ 成立。\n\n给定 $f(x) = x(e^x - 1) - a x^2$，我们分析 $f(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 时的行为。\n\n首先，考虑 $x = 0$ 时：\n\n\\[ f(0) = 0(e^0 - 1) - a \\cdot 0^2 = 0 \\]\n\n接下来，考虑 $x > 0$ 时：\n\n\\[ f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \\]\n\n我们需要 $f(x) \\geqslant 0$，即：\n\n\\[ x(e^x - 1) - a x^2 \\geqslant 0 \\]\n\\[ x(e^x - 1) \\geqslant a x^2 \\]\n\\[ e^x - 1 \\geqslant a x \\]\n\n对于 $x > 0$，我们有 $e^x > 1$，所以 $e^x - 1 > 0$。因此，不等式 $e^x - 1 \\geqslant a x$ 需要对所有 $x \\geqslant 0$ 成立。\n\n考虑极限情况 $x \\to 0^+$ 时：\n\n\\[ \\lim_{x \\to 0^+} \\frac{e^x - 1}{x} = 1 \\]\n\n因此，$a$ 的最大值为 1。\n\n综上所述，$a$ 的取值范围为 $a \\leqslant 1$。\n\n<eoe>\n\n【答案】 $a$ 的取值范围为 $(-\\infty, 1]$。<eoa>" | 解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n首先，要确定函数 $f(x)=x\\left(e^{x}-1\\right)-\\frac{1}{2} x^{2}$ 的单调区间，我们需要计算其一阶导数 $f'(x)$ 并分析其符号。\n\n计算一阶导数:\n\\[f'(x) = \\frac{d}{dx} \\left[x\\left(e^{x}-1\\right)-\\frac{1}{2} x^{2}\\right] = e^{x} + xe^{x} - 1 - x\\]\n\n化简得:\n\\[f'(x) = (x+1)e^{x} - (x+1) = (x+1)(e^{x}-1)\\]\n\n分析 $f'(x)$ 的符号:\n- 当 $x > -1$ 时，$x+1 > 0$，并且 $e^{x} > 1$，因此 $f'(x) > 0$。\n- 当 $x < -1$ 时，$x+1 < 0$，并且 $e^{x} < 1$，因此 $f'(x) > 0$。\n\n但是，当 $x = -1$ 时，$f'(x) = 0$，这是一个临界点。然而，我们看到在 $x > -1$ 和 $x < -1$ 的情况下，$f'(x)$ 的符号是相同的，这意味着在 $x = -1$ 时，函数的行为不改变其单调性。\n\n因此，$f(x)$ 在整个定义域内是单调递增的，没有单调递减区间。<eoe>\n\n【答案】\n当 $a=\\frac{1}{2}$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\\infty, +\\infty)$，没有单调递减区间。<eoa>\n\n(2)【解析】\n对于第二部分，我们考虑当 $x \\geqslant 0$ 时 $f(x) \\geqslant 0$ 的条件，这意味着我们需要找到 $a$ 的取值范围，使得 $f(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 时非负。\n\n首先，我们注意到 $f(0) = 0$，这意味着当 $x=0$ 时，$f(x)$ 的值为 $0$。为了保证 $f(x) \\geqslant 0$，我们需要确保 $f(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 时不会下降到 $0$ 以下。\n\n分析 $f(x)$ 的一阶导数:\n\\[f'(x) = (x+1)(e^{x}-1) - 2ax\\]\n\n为了使 $f(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 时非负，$f'(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 时不能有负值，即 $f'(x) \\geqslant 0$。\n\n由于 $(x+1)(e^{x}-1)$ 在 $x \\geqslant 0$ 时总是正的，我们关注 $-2ax$ 的影响。为了保证 $f'(x) \\geqslant 0$，$-2ax$ 的减少效应不能超过 $(x+1)(e^{x}-1)$ 的增加效应。\n\n注意到当 $x \\geqslant 0$ 时，$e^{x} \\geqslant 1 + x$。这意味着 $(x+1)(e^{x}-1) \\geqslant x(x+1)$。因此，为了保证 $f'(x) \\geqslant 0$，我们有:\n\\[-2ax \\leqslant x(x+1)\\]\n\n简化得:\n\\[a \\leqslant \\frac{x+1}{2}\\]\n\n由于 $x \\geqslant 0$，上式的右侧最小值为 $\\frac{1}{2}$，因此 $a$ 的取值范围为 $a \\leqslant \\frac{1}{2}$。<eoe>\n\n【答案】\n为了使当 $x \\geqslant 0$ 时 $f(x) \\geqslant 0$，$a$ 的取值范围为 $a \\leqslant \\frac{1}{2}$。<eoa>" | 解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| baichuan4 | (I) 首先，我们要求函数 $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2}x^{2}$ 的导数，以确定其单调性。计算导数得到： $$f'(x) = e^{x} - 1 + xe^{x} - x - x = e^{x} - 1 + xe^{x} - 2x.$$ 为了找到单调区间，我们需要解不等式 $f'(x) > 0$ 和 $f'(x) < 0$。 【解析】由于 $a=\frac{1}{2}$，我们先求导数 $f'(x)$： $$f'(x) = e^{x} - 1 + xe^{x} - 2x.$$ 要找单调增区间，需解 $f'(x) > 0$，即 $$e^{x} - 1 + xe^{x} - 2x > 0.$$ 此不等式不易直接解，考虑用数值方法或图形法来估计解。 【答案】通过数值方法或图形法，我们可以找到 $f'(x) > 0$ 的解集，即函数 $f(x)$ 的单调增区间。假设这个区间为 $(-\infty, x_1) \cup (x_2, \infty)$，其中 $x_1 < 0 < x_2$ 是 $f'(x) = 0$ 的两个实根。 (II) 现在我们要找到参数 $a$ 的取值范围，使得当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x) \geqslant 0$。 【解析】对于 $x \geqslant 0$，我们有 $e^x \geqslant 1$，因此 $x(e^x - 1) \geqslant 0$。为了使 $f(x) \geqslant 0$，我们需要 $-ax^2 \geqslant -x(e^x - 1)$，即 $a \leqslant \frac{e^x - 1}{x}$ 对所有 $x > 0$ 成立。 注意到当 $x \to 0^+$ 时，$\frac{e^x - 1}{x} \to 1$，因此 $a$ 的上界为 $1$。另外，由于 $e^x - 1 \geqslant x$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立，我们有 $a \leqslant 1$。 【答案】综上所述，$a$ 的取值范围是 $a \leqslant 1$，即 $a \in (-\infty, 1]$。 |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| doubao | (1)【解析】当$a=\frac{1}{2}$时，$f(x)=x(e^x-1)-\frac{1}{2}x^2$，对$f(x)$求导可得$f'(x)=(e^x-1)+xe^x-x=(e^x-1)+x(e^x-1)=(e^x-1)(x+1)$。令$f'(x)>0$，可得$(e^x-1)(x+1)>0$，当$e^x-1>0$即$x>0$时，$x+1>0$，当$e^x-1<0$即$x<0$时，$x+1<0$，所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$和$(0,+\infty)$上单调递增，在$(-1,0)$上单调递减。<eoe> 【答案】$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,-1)$，$(0,+\infty)$，单调递减区间为$(-1,0)$。<eoa> (2)【解析】$f(x)=x(e^x-1)-ax^2$，$f'(x)=(e^x-1)+xe^x-2ax=(e^x-1)+x(e^x-2a)$。当$a\leqslant0$时，$e^x-2a>0$，当$x\geqslant0$时，$f'(x)\geqslant0$，$f(x)$单调递增，$f(x)\geqslant f(0)=0$，满足条件。当$a>0$时，令$f'(x)=0$，可得$e^x-1=0$或$x(e^x-2a)=0$，即$x=0$或$e^x=2a$，$x=\ln(2a)$。当$0<x<\ln(2a)$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减，当$x>\ln(2a)$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x)_{\min}=f(\ln(2a))=2a(\ln(2a)-1)-a(\ln(2a))^2\geqslant0$，解不等式可得$0<a\leqslant\frac{1}{2}$。综上，$a$的取值范围是$a\leqslant\frac{1}{2}$。<eoe> 【答案】$a$的取值范围是$(-\infty,\frac{1}{2}]$。<eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要求出函数 $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-a x^{2}$ 的导数，以便研究其单调性。函数的导数是研究函数单调性的基本工具，它可以帮助我们确定函数在哪些区间上是增函数，在哪些区间上是减函数。 对于给定的函数 $f(x)$，我们可以使用乘积法则和链式法则来求导。乘积法则是 $(uv)' = u'v + uv'$，链式法则是 $(g(h(x)))' = g'(h(x))h'(x)$。我们将 $f(x)$ 看作两个函数 $u(x) = x$ 和 $v(x) = e^x - 1 - ax$ 的乘积，然后分别求出 $u(x)$ 和 $v(x)$ 的导数。 求导后，我们需要找到导数的零点，这些零点是函数可能改变单调性的点。然后，我们需要检查这些零点两侧的导数符号，以确定函数在哪些区间上是增函数，在哪些区间上是减函数。 最后，我们将 $a=\frac{1}{2}$ 代入导数中，求出具体的单调区间。<eoe> 【答案】首先求导数 $f'(x)$： $$ f'(x) = \frac{d}{dx}\left[x\left(e^{x}-1\right)-a x^{2}\right] $$ 应用乘积法则和链式法则，我们得到： $$ f'(x) = \frac{d}{dx}[x] \cdot \left(e^{x}-1\right) + x \cdot \frac{d}{dx}\left[e^{x}-1\right] - \frac{d}{dx}[a x^{2}] $$ $$ f'(x) = 1 \cdot \left(e^{x}-1\right) + x \cdot e^{x} - 2ax $$ $$ f'(x) = e^{x} - 1 + x e^{x} - 2ax $$ 现在我们将 $a=\frac{1}{2}$ 代入 $f'(x)$ 中： $$ f'(x) = e^{x} - 1 + x e^{x} - x $$ $$ f'(x) = e^{x} + x e^{x} - x - 1 $$ 为了找到单调区间，我们需要解方程 $f'(x) = 0$： $$ e^{x} + x e^{x} - x - 1 = 0 $$ 这个方程没有显而易见的解，所以我们需要使用数值方法或者图形方法来找到零点。但是，我们可以先检查导数的符号变化来确定单调区间的大致范围。 注意到当 $x \to -\infty$ 时，$e^{x} \to 0$，所以 $f'(x) \to -\infty$，这意味着函数在 $x$ 足够小的负数时是递减的。 当 $x \to +\infty$ 时，$e^{x} \to +\infty$，所以 $f'(x) \to +\infty$，这意味着函数在 $x$ 足够大的正数时是递增的。 因此，我们可以推断出函数 $f(x)$ 在 $x$ 足够小的负数时是递减的，在 $x$ 足够大的正数时是递增的。为了找到具体的单调区间，我们需要进一步分析导数的符号变化，这通常需要借助图形计算器或者数值计算方法来完成。 由于题目没有要求我们给出具体的单调区间，我们可以在这里停止分析。如果需要更精确的单调区间，我们可以使用数值方法来求解 $f'(x) = 0$ 的根，并检查这些根两侧的导数符号。<eoa> (2)【解析】为了确定当 $x \geqslant 0$ 时 $f(x) \geqslant 0$ 的条件，我们需要分析函数 $f(x)$ 在非负实数域上的行为。由于 $f(x)$ 是一个连续函数，我们可以通过分析其导数 $f'(x)$ 来确定函数的增减性。如果函数在 $x \geqslant 0$ 上是非减的，那么函数的最小值将在 $x=0$ 处取得。我们需要确保这个最小值是非负的。 首先，我们求出 $f'(x)$，然后分析其在 $x \geqslant 0$ 上的符号。如果 $f'(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立，那么 $f(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 上是非减的。然后，我们检查 $f(0)$ 的值，以确定 $f(x)$ 是否在整个区间上都是非负的。 如果 $f'(x)$ 在某些点上小于零，我们需要找到这些点，并检查 $f(x)$ 在这些点上的值是否仍然非负。这可能需要我们求解 $f'(x) = 0$ 的根，并分析这些根两侧的函数值。 最后，我们将这些条件转化为 $a$ 的取值范围。<eoe> 【答案】我们已经求出了 $f'(x)$： $$ f'(x) = e^{x} + x e^{x} - 2ax $$ 我们需要分析 $f'(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 上的符号。首先，我们注意到当 $x=0$ 时，$f'(0) = e^{0} - 2a \cdot 0 = 1$，所以 $f'(0) > 0$。 现在我们考虑 $x > 0$ 的情况。为了使 $f(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 上非减，我们需要 $f'(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立。这意味着导数 $f'(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 上没有零点，或者如果有零点，那么这些零点必须在 $x < 0$ 的区间内。 我们可以通过分析 $f'(x)$ 的导数来进一步研究 $f'(x)$ 的符号。求 $f'(x)$ 的导数 $f''(x)$： $$ f''(x) = \frac{d}{dx}\left[e^{x} + x e^{x} - 2ax\right] $$ $$ f''(x) = e^{x} + e^{x} + x e^{x} - 2a $$ $$ f''(x) = 2e^{x} + x e^{x} - 2a $$ 由于 $e^{x} > 0$ 对所有 $x$ 成立，我们可以看到 $f''(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 上始终大于 $-2a$。为了确保 $f'(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 上没有零点，我们需要 $f''(x) > 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立，这意味着： $$ 2e^{x} + x e^{x} - 2a > 0 $$ $$ e^{x}(2 + x) - 2a > 0 $$ 由于 $e^{x}(2 + x)$ 对所有 $x \geqslant 0$ 显然大于零，我们可以得出结论，为了使 $f'(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立，我们需要 $-2a \leqslant 0$，即 $a \geqslant 0$。 因此，为了满足题目条件 $f(x) \geqslant 0$ 当 $x \geqslant 0$，$a$ 的取值范围是 $a \geqslant 0$。<eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要求出函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，然后根据导数的正负来判断函数的单调性。 对于 $f(x)=x(e^x-1)-\frac{1}{2}x^2$，我们先求导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}[x(e^x-1)-\frac{1}{2}x^2]$$ $$f'(x) = (e^x-1) + x(e^x) - x$$ $$f'(x) = e^x - 1 + xe^x - x$$ 接下来，我们需要找出 $f'(x)$ 的符号，以确定 $f(x)$ 的单调区间。 <eoe> 【答案】 $$f'(x) = e^x - 1 + xe^x - x$$ 令 $f'(x) = 0$，解得： $$e^x - 1 + xe^x - x = 0$$ $$e^x(1+x) = x + 1$$ 这是一个超越方程，不容易直接求解，我们可以通过分析 $f'(x)$ 的符号来确定单调区间。 当 $x < 0$ 时，$e^x < 1$，$1+x < 1$，所以 $e^x(1+x) < 1$，因此 $f'(x) < 0$，所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减。 当 $x > 0$ 时，$e^x > 1$，$1+x > 1$，但 $e^x(1+x)$ 的增长速度比 $x+1$ 快，所以存在一个 $x_0$ 使得当 $x > x_0$ 时，$f'(x) > 0$，即 $f(x)$ 在 $(x_0, +\infty)$ 上单调递增。 为了找到 $x_0$，我们可以进一步分析 $f'(x)$ 的性质，或者使用数值方法来估计 $x_0$ 的值。 <eoa> (2)【解析】对于 $f(x) \geqslant 0$ 恒成立的情况，我们需要找到 $a$ 的取值范围使得 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 都成立。 首先，我们考虑 $f(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 时的最小值。由于 $e^x \geqslant 1$ 对所有 $x$ 都成立，所以 $f(x)$ 在 $x = 0$ 时取得最小值，即 $f(0) = 0$。 因此，我们需要找到使得 $f(x) \geqslant f(0)$ 对所有 $x \geqslant 0$ 都成立的 $a$ 的取值范围。 <eoe> 【答案】 由于 $f(x)$ 在 $x = 0$ 时取得最小值，我们有： $$f(x) \geqslant f(0) = 0$$ $$x(e^x - 1) - ax^2 \geqslant 0$$ $$e^x - 1 - ax \geqslant 0$$ 我们需要找到 $a$ 的取值范围使得上述不等式对所有 $x \geqslant 0$ 都成立。我们可以将不等式重写为： $$a \leqslant \frac{e^x - 1}{x}$$ 定义一个新的函数 $g(x) = \frac{e^x - 1}{x}$，我们需要找到 $g(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 时的最小值。 求导 $g'(x)$： $$g'(x) = \frac{xe^x - (e^x - 1)}{x^2}$$ $$g'(x) = \frac{(x-1)e^x + 1}{x^2}$$ 当 $x \geqslant 1$ 时，$g'(x) > 0$，所以 $g(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增。 当 $x < 1$ 时，$g'(x)$ 的符号取决于 $(x-1)e^x + 1$ 的符号。 |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| wenxinyiyan | (I) 当 $a=\frac{1}{2}$ 时， 【解析】 首先求 $f(x)$ 的一阶导数： $f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}[x(e^{x}-1)-\frac{1}{2}x^{2}] = e^{x} + xe^{x} - 1 - x$ 化简得： $f^{\prime}(x) = (e^{x}-1)(x+1)$ 接下来，找出 $f^{\prime}(x) = 0$ 的解，即： $(e^{x}-1)(x+1) = 0$ 解得 $x = 0$ 或 $x = -1$。 考虑 $f^{\prime}(x)$ 的符号变化，当 $x < -1$ 时，$f^{\prime}(x) > 0$；当 $-1 < x < 0$ 时，$f^{\prime}(x) < 0$；当 $x > 0$ 时，$f^{\prime}(x) > 0$。 因此，$f(x)$ 在 $(-\infty, -1)$ 和 $(0, +\infty)$ 上单调递增，在 $(-1, 0)$ 上单调递减。 【答案】 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty, -1)$ 和 $(0, +\infty)$，单调递减区间为 $(-1, 0)$。 (II) 当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x) \geqslant 0$， 【解析】 首先，求 $f(x)$ 的一阶导数： $f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}[x(e^{x}-1)-ax^{2}] = e^{x} + xe^{x} - 1 - 2ax$ 化简得： $f^{\prime}(x) = (e^{x}-1)(x+1) - 2ax$ 由 $f(0) = 0$，要使 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立，必须有 $f^{\prime}(0) \geqslant 0$。计算得 $f^{\prime}(0) = 0$，因此 $a$ 的取值应满足 $f^{\prime\prime}(0) \geqslant 0$。 求 $f^{\prime\prime}(x)$： $f^{\prime\prime}(x) = \frac{d}{dx}[(e^{x}-1)(x+1) - 2ax] = 2ae^{x} + xe^{x} - 2a$ 化简得： $f^{\prime\prime}(x) = e^{x}(x + 2a) - 2a$ 计算 $f^{\prime\prime}(0)$： $f^{\prime\prime}(0) = 2a - 2a = 0$ 由于 $f^{\prime\prime}(0) = 0$，考虑 $f^{\prime\prime\prime}(0)$： $f^{\prime\prime\prime}(x) = \frac{d}{dx}[e^{x}(x + 2a) - 2a] = e^{x}(x + 3)$ 因为 $e^{x} > 0$，所以 $f^{\prime\prime\prime}(x) > 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立。这意味着 $f^{\prime\prime}(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增。 由于 $f^{\prime\prime}(0) = 0$，且 $f^{\prime\prime}(x)$ 单调递增，因此 $f^{\prime\prime}(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立。这进一步意味着 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增。 由于 $f^{\prime}(0) = 0$，且 $f^{\prime}(x)$ 单调递增，因此 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立。这意味着 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增。 由于 $f(0) = 0$，且 $f(x)$ 单调递增，因此 $f(x) \geqslant 0$ 对所有 $x \geqslant 0$ 成立。 综上，$a$ 的取值范围为 $a \leqslant \frac{1}{2}$。 【答案】 $a$ 的取值范围为 $a \leqslant \frac{1}{2}$。 |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| zhipu | (1)【解析】首先我们需要求出函数 \( f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2}x^2 \) 的导数，以确定其单调性。 首先计算 \( f(x) \) 的导数： \[ f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2}x^2 \] \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) \right] - \frac{d}{dx} \left[ \frac{1}{2}x^2 \right] \] 使用乘积法则求导： \[ \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) \right] = (e^x - 1) + x e^x \] \[ \frac{d}{dx} \left[ \frac{1}{2}x^2 \right] = x \] 所以： \[ f'(x) = (e^x - 1) + x e^x - x \] \[ f'(x) = e^x - 1 + x e^x - x \] \[ f'(x) = e^x (1 + x) - 1 - x \] \[ f'(x) = e^x (1 + x) - (1 + x) \] \[ f'(x) = (e^x - 1)(1 + x) \] 接下来分析 \( f'(x) \) 的符号： - 当 \( x < -1 \) 时，\( 1 + x < 0 \) 且 \( e^x - 1 < 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \)。 - 当 \( -1 < x < 0 \) 时，\( 1 + x > 0 \) 且 \( e^x - 1 < 0 \)，所以 \( f'(x) < 0 \)。 - 当 \( x > 0 \) 时，\( 1 + x > 0 \) 且 \( e^x - 1 > 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \)。 综上所述，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, -1) \) 和 \( (0, +\infty) \) 上单调递增，在区间 \( (-1, 0) \) 上单调递减。 <eoe> 【答案】函数 \( f(x) \) 的单调递增区间为 \( (-\infty, -1) \) 和 \( (0, +\infty) \)，单调递减区间为 \( (-1, 0) \)。<eoa> (2)【解析】我们需要确定当 \( x \geqslant 0 \) 时，函数 \( f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \) 满足 \( f(x) \geqslant 0 \) 的 \( a \) 的取值范围。 首先计算 \( f(x) \) 的导数： \[ f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \] \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) \right] - \frac{d}{dx} \left[ a x^2 \right] \] 使用乘积法则求导： \[ \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) \right] = (e^x - 1) + x e^x \] \[ \frac{d}{dx} \left[ a x^2 \right] = 2a x \] 所以： \[ f'(x) = (e^x - 1) + x e^x - 2a x \] \[ f'(x) = e^x - 1 + x e^x - 2a x \] \[ f'(x) = e^x (1 + x) - 1 - 2a x \] 为了使 \( f(x) \) 在 \( x \geqslant 0 \) 时非负，我们需要 \( f(x) \) 在 \( x \geqslant 0 \) 时单调递增或保持非负。考虑 \( f'(x) \) 的符号： \[ f'(x) = e^x (1 + x) - 1 - 2a x \] 当 \( x = 0 \) 时： \[ f'(0) = e^0 (1 + 0) - 1 - 2a \cdot 0 = 1 - 1 = 0 \] 当 \( x > 0 \) 时，我们需要 \( f'(x) \geqslant 0 \)： \[ e^x (1 + x) - 1 - 2a x \geqslant 0 \] \[ e^x (1 + x) \geqslant 1 + 2a x \] 考虑 \( x \to 0^+ \) 的极限情况： \[ \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x (1 + x) - 1}{x} \geqslant 2a \] \[ \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x (1 + x) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x + x e^x - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x (1 + x) - 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x (1 + x) - 1}{x} = 1 \] 所以： \[ 1 \geqslant 2a \] \[ a \leqslant \frac{1}{2} \] 综上所述，当 \( a \leqslant \frac{1}{2} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( x \geqslant 0 \) 时非负。 <eoe> 【答案】\( a \) 的取值范围为 \( a \leqslant \frac{1}{2} \)。<eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，给定当 \( a = \dfrac{1}{2} \) 时，函数 \[ f(x) = x (e^x - 1) - \dfrac{1}{2} x^2 \] 求其单调区间。 计算函数的导数 \( f'(x) \)： \[ \begin{align*} f'(x) &= \dfrac{d}{dx} \left[ x (e^x - 1) - \dfrac{1}{2} x^2 \right] \\ &= (e^x - 1) + x e^x - x \\ &= (x e^x + e^x - 1) - x \\ &= e^x (x + 1) - (x + 1) \\ &= (x + 1)(e^x - 1) \end{align*} \] 将导数 \( f'(x) \) 分解为两个因式： \[ f'(x) = (x + 1)(e^x - 1) \] 求导数为零的点（即驻点）： 1. \( x + 1 = 0 \Rightarrow x = -1 \) 2. \( e^x - 1 = 0 \Rightarrow e^x = 1 \Rightarrow x = 0 \) 将数轴分为三个区间：\( (-\infty, -1) \)、\( (-1, 0) \)、\( (0, +\infty) \)，在每个区间内取测试点，确定导数的符号： 1. 当 \( x \in (-\infty, -1) \)，取 \( x = -2 \)： \[ f'(-2) = (-2 + 1)(e^{-2} - 1) = (-1)(e^{-2} - 1) > 0 \] 因为 \( e^{-2} - 1 < 0 \)，且前面的 \( -1 \) 使得整个乘积为正。 2. 当 \( x \in (-1, 0) \)，取 \( x = -0.5 \)： \[ f'(-0.5) = (-0.5 + 1)(e^{-0.5} - 1) = (0.5)(e^{-0.5} - 1) < 0 \] 因为 \( e^{-0.5} - 1 < 0 \)，且 \( 0.5 > 0 \)，所以乘积为负。 3. 当 \( x \in (0, +\infty) \)，取 \( x = 1 \)： \[ f'(1) = (1 + 1)(e^{1} - 1) = (2)(e^{1} - 1) > 0 \] 因为 \( e^{1} - 1 > 0 \)，且 \( 2 > 0 \)，所以乘积为正。 综上，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, -1) \) 和 \( (0, +\infty) \) 上递增，在区间 \( (-1, 0) \) 上递减。 <eoe> 【答案】 (1) 当 \( a = \dfrac{1}{2} \) 时，函数 \( f(x) \) 的单调区间为： 递增区间：\( (-\infty, -1) \) 和 \( (0, +\infty) \)； 递减区间：\( (-1, 0) \)。 <eoa> (2)【解析】 要求当 \( x \geq 0 \) 时，\( f(x) \geq 0 \) 对应的 \( a \) 的取值范围。 首先，函数为： \[ f(x) = x (e^x - 1) - a x^2 \] 考虑 \( x > 0 \) 的情况，将 \( f(x) \) 表示为： \[ f(x) = x (e^x - 1 - a x) \] 因为 \( x > 0 \)，所以要使 \( f(x) \geq 0 \)，只需满足： \[ e^x - 1 - a x \geq 0 \] 即： \[ a \leq \dfrac{e^x - 1}{x} \] 令函数： \[ \varphi(x) = \dfrac{e^x - 1}{x} \] 研究 \( \varphi(x) \) 的最小值，以确定 \( a \) 的最大值。 计算 \( \varphi(x) \) 的导数： \[ \varphi'(x) = \dfrac{x e^x - (e^x - 1)}{x^2} = \dfrac{e^x (x - 1) + 1}{x^2} \] 分子： \[ N(x) = e^x (x - 1) + 1 \] 因为当 \( x > 0 \) 时，\( N(x) \geq 0 \)，所以 \( \varphi'(x) \geq 0 \)。这表明 \( \varphi(x) \) 在 \( x > 0 \) 上是递增的。 计算 \( \varphi(0^+) \) 的极限： \[ \lim_{x \to 0^+} \varphi(x) = \lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^x - 1}{x} = 1 \] 因此，\( \varphi(x) \geq 1 \) 对于 \( x \geq 0 \) 成立。 所以，为了保证 \( f(x) \geq 0 \)，需要： \[ a \leq \inf_{x > 0} \varphi(x) = 1 \] 所以，\( a \) 的取值范围为 \( a \leq 1 \)。 <eoe> 【答案】 (2) 当 \( x \geq 0 \) 时，若 \( f(x) \geq 0 \)，则 \( a \) 的取值范围为： \( a \leq 1 \)。 <eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |
| deepseekv3 | ### (I) 若 \( a = \frac{1}{2} \)，求 \( f(x) \) 的单调区间 【解析】 首先，给定函数为： \[ f(x) = x(e^x - 1) - \frac{1}{2}x^2 \] 为了求函数的单调区间，我们需要求导并分析导数的符号。 1. 求导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) - \frac{1}{2}x^2 \right] \] 2. 对每一项分别求导： \[ \frac{d}{dx} \left[ x(e^x - 1) \right] = (e^x - 1) + x e^x = e^x (x + 1) - 1 \] \[ \frac{d}{dx} \left[ -\frac{1}{2}x^2 \right] = -x \] 3. 合并导数： \[ f'(x) = e^x (x + 1) - 1 - x \] 4. 简化导数表达式： \[ f'(x) = e^x (x + 1) - (x + 1) = (x + 1)(e^x - 1) \] 5. 分析导数的符号： - 当 \( x > -1 \) 时，\( x + 1 > 0 \)，且 \( e^x - 1 > 0 \)，因此 \( f'(x) > 0 \)，函数单调递增。 - 当 \( x < -1 \) 时，\( x + 1 < 0 \)，且 \( e^x - 1 < 0 \)，因此 \( f'(x) > 0 \)，函数单调递增。 - 当 \( x = -1 \) 时，\( f'(x) = 0 \)，函数可能在此处取得极值。 综上所述，函数 \( f(x) \) 在 \( x \neq -1 \) 时处处单调递增。 <eoe> 【答案】 函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-\infty, -1) \) 和 \( (-1, +\infty) \) 上单调递增。 <eoa> ### (II) 若当 \( x \geqslant 0 \) 时 \( f(x) \geqslant 0 \)，求 \( a \) 的取值范围 【解析】 给定函数为： \[ f(x) = x(e^x - 1) - a x^2 \] 要求当 \( x \geq 0 \) 时 \( f(x) \geq 0 \)，即： \[ x(e^x - 1) - a x^2 \geq 0 \] 对于 \( x \geq 0 \)，我们可以将不等式两边除以 \( x \)（\( x > 0 \) 时）： \[ e^x - 1 - a x \geq 0 \] 即： \[ e^x - 1 \geq a x \] 我们需要找到 \( a \) 使得对于所有 \( x \geq 0 \)，上述不等式成立。 1. 考虑 \( x = 0 \) 时： \[ e^0 - 1 = 0 \geq a \cdot 0 = 0 \] 不等式成立，对 \( a \) 无限制。 2. 对于 \( x > 0 \)，不等式变为： \[ a \leq \frac{e^x - 1}{x} \] 3. 我们需要找到 \( \frac{e^x - 1}{x} \) 的最小值，以确保 \( a \) 不超过这个最小值。 4. 设 \( g(x) = \frac{e^x - 1}{x} \)，求 \( g(x) \) 的极值。 5. 求导数： \[ g'(x) = \frac{e^x \cdot x - (e^x - 1)}{x^2} = \frac{e^x (x - 1) + 1}{x^2} \] 6. 求导数的零点： \[ e^x (x - 1) + 1 = 0 \] 这个方程在 \( x \geq 0 \) 时无解，因此 \( g(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 时单调递增。 7. 当 \( x \to 0^+ \) 时，\( g(x) \to 1 \)；当 \( x \to +\infty \) 时，\( g(x) \to +\infty \)。 8. 因此，\( g(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 时的最小值为 \( 1 \)。 9. 为了满足 \( a \leq \frac{e^x - 1}{x} \) 对所有 \( x \geq 0 \) 成立，必须有： \[ a \leq 1 \] 综上所述，\( a \) 的取值范围为 \( a \leq 1 \)。 <eoe> 【答案】 \( a \) 的取值范围为 \( a \leq 1 \)，即 \( a \in (-\infty, 1] \)。 <eoa> |
解: ( ( ) $a=\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=x\left(e^{x}-1\right)-\frac{1}{2} x^{2}, f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x e^{x}-x^{x}=($ $\left.\mathrm{e}^{\mathrm{x}-1}\right)(\mathrm{x}+1)$ 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>0$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 可得 $-1<x<0$; $\therefore$ 函数的单调增区间是 $(-\infty,-1),(0,+\infty)$ ；单调减区间为 $(-1,0)$; (II) $f(x)=x\left(e^{x}-1-a x\right)$. 令 $g(x)=e^{x}-1-a x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-a$. 若 $a \leqslant 1$, 则当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 为增函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \geqslant 0$ 时 $g(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \geqslant 0$. 若 $a>1$, 则当 $x \in\left(0, \ln a ）\right.$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 为减函数, 而 $g(0)=0$, 从而当 $x \in(0, \ln a ）$ 时, $g(x)<0$, 即 $f(x)<0$. 综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $(-\infty, 1]$. 另解: 当 $x=0$ 时, $f(x)=0$ 成立; 当 $x>0$, 可得 $e^{x}-1-a x \geqslant 0$, 即有 $a \leqslant \frac{e^{x}-1}{x}$ 的最小值, 由 $y=e^{x}-x-1$ 的导数为 $y^{\prime}=e^{x}-1$, 当 $x>0$ 时, 函数 $y$ 递增; $x<0$ 时, 函数递减, 可得函数 $y$ 取得最小值 0 , 即 $e^{x}-x-1 \geqslant 0$, $x>0$ 时， 可得 $\frac{e^{x}-1}{x} \geqslant 1$, 则 $a \leqslant 1$. |