| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 我们需要证明当 \( a = 1 \) 时，函数 \( f(x) = e^x - x^2 \) 在 \( x \geq 0 \) 时满足 \( f(x) \geq 1 \)。 首先，计算 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处的值： \[ f(0) = e^0 - 0^2 = 1 \] 接下来，我们计算 \( f(x) \) 的导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - x^2) = e^x - 2x \] 我们需要找到 \( f'(x) = 0 \) 的解来确定 \( f(x) \) 的极值点： \[ e^x - 2x = 0 \] 令 \( g(x) = e^x - 2x \)，我们分析 \( g(x) \) 的单调性： \[ g'(x) = e^x - 2 \] 当 \( x \geq 0 \) 时，\( e^x \geq 1 \)，所以 \( g'(x) \geq -1 \)。特别地，当 \( x = 0 \) 时，\( g'(0) = -1 \)，所以 \( g(x) \) 在 \( x = 0 \) 处是递减的。 由于 \( g(x) \) 在 \( x = 0 \) 处递减且 \( g(0) = 1 \)，我们可以得出 \( g(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 时没有零点。因此，\( f'(x) = e^x - 2x \) 在 \( x \geq 0 \) 时没有零点，说明 \( f(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 时是单调递增的。 因为 \( f(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 时单调递增且 \( f(0) = 1 \)，所以对于所有 \( x \geq 0 \)，有 \( f(x) \geq 1 \)。 <eoe> 【答案】当 \( x \geq 0 \) 时，\( f(x) \geq 1 \)。<eoa> (2)【解析】 我们需要找到 \( a \) 的值，使得函数 \( f(x) = e^x - a x^2 \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点。 首先，计算 \( f(x) \) 的导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = e^x - 2ax \] 我们需要找到 \( f'(x) = 0 \) 的解来确定 \( f(x) \) 的极值点： \[ e^x = 2ax \] 令 \( g(x) = e^x - 2ax \)，我们分析 \( g(x) \) 的单调性： \[ g'(x) = e^x - 2a \] 我们需要 \( g(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点，这意味着 \( g'(x) = 0 \) 只有一个解。即： \[ e^x = 2a \] 令 \( h(x) = e^x \)，我们知道 \( h(x) \) 是单调递增的函数。因此，\( e^x = 2a \) 只有一个解 \( x = \ln(2a) \)。 接下来，我们需要确保 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点。我们分析 \( f(x) \) 在 \( x = \ln(2a) \) 处的值： \[ f(\ln(2a)) = e^{\ln(2a)} - a (\ln(2a))^2 = 2a - a (\ln(2a))^2 \] 我们需要 \( f(\ln(2a)) = 0 \)，即： \[ 2a - a (\ln(2a))^2 = 0 \] \[ 2 - (\ln(2a))^2 = 0 \] \[ (\ln(2a))^2 = 2 \] \[ \ln(2a) = \sqrt{2} \] \[ 2a = e^{\sqrt{2}} \] \[ a = \frac{e^{\sqrt{2}}}{2} \] 因此，满足条件的 \( a \) 为 \( \frac{e^{\sqrt{2}}}{2} \)。 <eoe> 【答案】\( a = \frac{e^{\sqrt{2}}}{2} \)。<eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 当 \( a = 1 \) 时，函数为 \( f(x) = e^x - x^2 \)。需证明当 \( x \geq 0 \) 时，\( f(x) \geq 1 \)。 **步骤 1：计算导数** \( f'(x) = e^x - 2x \)。 **步骤 2：分析导数的符号** 当 \( x \geq 0 \) 时，\( e^x \) 的增长速度始终快于 \( 2x \)。例如，当 \( x = 0 \)，\( f'(0) = 1 > 0 \)；当 \( x = 1 \)，\( f'(1) = e - 2 \approx 0.718 > 0 \)；随着 \( x \) 增大，\( e^x \) 远大于 \( 2x \)。因此，\( f'(x) \geq 0 \)，即 \( f(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 上单调递增。 **步骤 3：确定最小值** 由于 \( f(x) \) 单调递增，最小值出现在 \( x = 0 \) 处，\( f(0) = e^0 - 0 = 1 \)。故当 \( x \geq 0 \) 时，\( f(x) \geq 1 \)。<eoe> 【答案】 证明过程如上，当 \( a = 1 \) 时，\( f(x) \geq 1 \) 对所有 \( x \geq 0 \) 成立。<eoa> (2)【解析】 要求 \( f(x) = e^x - a x^2 \) 在 \( (0, +\infty) \) 内仅有一个零点。 **步骤 1：联立方程** 若 \( f(x) \) 在 \( x = c \) 处与 x 轴相切（即该点为零点且极值点），则满足： \[ \begin{cases} e^c - a c^2 = 0 \\ e^c - 2a c = 0 \end{cases} \] **步骤 2：求解方程组** 由第二个方程得 \( e^c = 2a c \)，代入第一个方程得： \[ 2a c - a c^2 = 0 \implies a c (2 - c) = 0. \] 因 \( c > 0 \)，故 \( c = 2 \)。代入 \( e^2 = 2a \cdot 2 \)，解得 \( a = \frac{e^2}{4} \)。 **步骤 3：验证唯一性** 当 \( a = \frac{e^2}{4} \) 时，\( f(2) = 0 \)，且 \( f'(2) = 0 \)。在 \( x > 2 \) 时，\( f(x) > 0 \)（因 \( e^x \) 增长更快）；在 \( 0 < x < 2 \) 时，\( f(x) > 0 \)（因 \( f(0) = 1 > 0 \) 且 \( f(x) \) 在 \( x=2 \) 处达极小值 0）。故此时仅有一个零点。<eoe> 【答案】 \( a = \frac{e^2}{4} \)<eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| gpto1 | (1)【解析】 要证明当 \( x \geqslant 0 \) 时，\( f(x) \geqslant 1 \)，即证明： \[ e^{x} - x^{2} \geqslant 1. \] 令函数： \[ g(x) = e^{x} - x^{2} - 1. \] 计算其导数： \[ g'(x) = e^{x} - 2x. \] 对于 \( x \geqslant 0 \)，考虑 \( g'(x) \) 的正负性。 当 \( x = 0 \) 时，\( g'(0) = e^{0} - 0 = 1 > 0 \)。 对于 \( x \geqslant 0 \)，\( e^{x} \geqslant 1 \)，且 \( 2x \geqslant 0 \)，因此： \[ g'(x) = e^{x} - 2x \geqslant 1 - 0 = 1 > 0. \] 所以，\( g'(x) > 0 \)，即 \( g(x) \) 在区间 \( [0, +\infty) \) 上单调递增。 计算 \( g(0) \)： \[ g(0) = e^{0} - 0^{2} - 1 = 1 - 0 - 1 = 0. \] 由于 \( g(0) = 0 \)，且 \( g(x) \) 在 \( [0, +\infty) \) 上单调递增，所以对于 \( x \geqslant 0 \) 有： \[ g(x) \geqslant g(0) = 0. \] 因此， \[ e^{x} - x^{2} -1 \geqslant 0 \implies e^{x} - x^{2} \geqslant 1. \] <eoe> 【答案】 当 \( x \geqslant 0 \) 时，函数 \( g(x) = e^{x} - x^{2} -1 \) 的导数 \( g'(x) = e^{x} - 2x > 0 \)，故 \( g(x) \) 单调递增，且 \( g(0) = 0 \)，所以 \( g(x) \geqslant 0 \)。因此，\( f(x) = e^{x} - x^{2} \geqslant 1 \)。 <eoa> (2)【解析】 要使函数 \( f(x) = e^{x} - a x^{2} \) 在区间 \( (0, +\infty) \) 内只有一个零点。 首先，求 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = e^{x} - 2a x. \] 令 \( f'(x) = 0 \)，得： \[ e^{x} - 2a x = 0. \] 解此方程，得极值点 \( x = c \) 满足： \[ a = \frac{e^{c}}{2c}. \] 将 \( a \) 代入 \( f(x) \) 中，得： \[ f(c) = e^{c} - \left( \frac{e^{c}}{2c} \right) c^{2} = e^{c} - \frac{e^{c} c}{2} = e^{c} \left( 1 - \frac{c}{2} \right). \] 令 \( f(c) = 0 \)，则： \[ e^{c} \left( 1 - \frac{c}{2} \right) = 0 \implies 1 - \frac{c}{2} = 0 \implies c = 2. \] 因此，当 \( x = 2 \) 时，\( f(2) = 0 \)，且此时： \[ a = \frac{e^{2}}{2 \times 2} = \frac{e^{2}}{4}. \] 接下来，讨论 \( a \) 的取值对零点个数的影响： - 当 \( a = \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，\( f(x) \) 在 \( x = 2 \) 处有二重零点，函数与 \( x \) 轴相切，只有一个零点。 - 当 \( a > \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，\( f(2) = e^{2} - a \times 4 < 0 \)，且 \( \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \)，因此在 \( (2, +\infty) \) 内函数从负值上升到正值，存在一零点；又因 \( f(0) = 1 > 0 \)，在 \( (0, 2) \) 内从正值下降到负值，存在另一个零点，共有两个零点。 - 当 \( a < \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，\( f(x) > 0 \) 对于所有 \( x > 0 \)，故无零点。 综上，只有当 \( a = \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 内只有一个零点。 <eoe> 【答案】 \( a = \dfrac{e^{2}}{4} \)。 <eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们考虑函数 \( f(x) = e^x - x^2 \) 在 \( x \geqslant 0 \) 的情况。 我们要证明当 \( x \geqslant 0 \) 时， \( f(x) \geqslant 1 \)。 我们先计算 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处的值： \[ f(0) = e^0 - 0^2 = 1 \] 接下来，我们考虑 \( f(x) \) 在 \( x \geqslant 0 \) 时的导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = e^x - 2x \] 我们需要找到 \( f(x) \) 的极值点，令 \( f'(x) = 0 \)，解方程： \[ e^x - 2x = 0 \] 令 \( g(x) = e^x - 2x \)，考察 \( g(x) \) 的性质。我们计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g'(x) = e^x - 2 \] 当 \( x = 0 \) 时， \[ g'(0) = 1 - 2 = -1 \] 因为 \( e^x \) 是增函数，所以 \( g'(x) \) 在 \( x \geqslant 0 \) 时是从负值变为正值的，说明 \( g(x) \) 在 \( x \geqslant 0 \) 时有且仅有一个零点。设这个零点为 \( x_0 \)，即 \( e^{x_0} = 2x_0 \)。 我们再考察 \( f(x) \) 在这个零点 \( x_0 \) 处的值： \[ f(x_0) = e^{x_0} - x_0^2 = 2x_0 - x_0^2 \] 因为 \( e^x \geqslant 1 \) 且 \( x^2 \geqslant 0 \) 对于 \( x \geqslant 0 \)，所以当 \( x \geqslant 0 \) 时，\( f(x) \) 是递增的。 因此，当 \( x \geqslant 0 \) 时， \[ f(x) \geqslant f(0) = 1 \] 所以，当 \( x \geqslant 0 \) 时， \( f(x) \geqslant 1 \) 证明成立。<eoe> 【答案】当 \( x \geqslant 0 \) 时， \( f(x) \geqslant 1 \)。<eoa> (2)【解析】 我们需要找到 \( f(x) = e^x - ax^2 \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点的 \( a \) 值。 首先，考虑 \( f(x) \) 的导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = e^x - 2ax \] 我们要求 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点，这意味着 \( f'(x) \) 只能在 \( (0, +\infty) \) 有一个零点，也就是 \( f'(x) = 0 \) 只有一个解。 令 \( f'(x) = 0 \)，则有： \[ e^x = 2ax \] 我们令 \( g(x) = \frac{e^x}{x} \)，考虑 \( g(x) \) 的导数： \[ g'(x) = \frac{e^x(x-1)}{x^2} \] 当 \( x > 1 \) 时，\( g'(x) > 0 \)，即 \( g(x) \) 是单调递增的。当 \( 0 < x < 1 \) 时，\( g'(x) < 0 \)，即 \( g(x) \) 是单调递减的。 所以，\( g(x) \) 在 \( x = 1 \) 处取得最小值 \( e \)，即 \[ g(1) = e \] 因此，为了 \( e^x = 2ax \) 只有一个解，必须有 \( 2a = e \)，即 \[ a = \frac{e}{2} \] 所以，当 \( a = \frac{e}{2} \) 时，\( e^x = ax^2 \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点 |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 （1）当a=1时,f(x)=e^{x}-x^{2},令g(x)=e^{x}-x^{2}-1,则g'(x)=e^{x}-2x,当x\geqslant0时,g'(x)=e^{x}-2x\geqslante^{0}-2\times0=1>0,所以g(x)在[0,+\infty)上单调递增,所以g(x)\geqslantg(0)=0,即f(x)=e^{x}-x^{2}\geqslant1(2)当f(x)在(0,+\infty)只有一个零点时,设f(x)在(0,+\infty)的零点为x_{0},则f(x_{0})=0,即e^{x_{0}}-ax_{0}^{2}=0,所以f'(x_{0})=e^{x_{0}}-2ax_{0}=2ax_{0}-2ax_{0}=0,所以f'(x)=e^{x}-2ax在(0,+\infty)上单调递增,所以f'(x)>f'(x_{0})=0,即e^{x}-2ax>0,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}>2ax,所以e^{x}> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)当a=1时,f(x)=e^{x}-x^{2},f'(x)=e^{x}-2x,令f'(x)=0,得e^{x}=2x,由图象可知,当x>0时,曲线y=e^{x}在第一象限,曲线y=2x过原点且在第一,第三象限,故当x>0时,曲线y=e^{x}与曲线y=2x只有一个交点,设交点横坐标为x_{0},则f'(x_{0})=0,故f(x)在(0,+\infty)上单调递增,故当x\geqslant0时,f(x)\geqslantf(0)=1(2)当a\leqslant0时,f(x)=e^{x}-ax^{2}恒大于 |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要证明当 $a=1$ 时，函数 $f(x) = e^x - x^2$ 在 $x \\geqslant 0$ 时，$f(x) \\geqslant 1$。\n\n我们先计算 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的值：\n\\[ f(0) = e^0 - 0^2 = 1 \\]\n\n接下来，我们计算 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$：\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx}(e^x - x^2) = e^x - 2x \\]\n\n我们需要检查 $f'(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 时的符号。考虑 $f'(x) = e^x - 2x$，我们分析 $e^x$ 和 $2x$ 的增长情况。\n\n当 $x = 0$ 时，$f'(0) = e^0 - 2 \\cdot 0 = 1$，所以 $f'(0) > 0$。\n\n对于 $x > 0$，$e^x$ 是指数函数，增长速度比线性函数 $2x$ 快得多。因此，对于所有 $x > 0$，$e^x > 2x$，即 $f'(x) > 0$。\n\n由于 $f'(x) > 0$ 对于所有 $x \\geqslant 0$，这表明 $f(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 上是严格递增的。\n\n因为 $f(0) = 1$ 且 $f(x)$ 在 $x \\geqslant 0$ 上严格递增，所以对于所有 $x \\geqslant 0$，$f(x) \\geqslant 1$。\n<eoe>\n【答案】 当 $a=1$ 时，$f(x) = e^x - x^2$ 在 $x \\geqslant 0$ 时，$f(x) \\geqslant 1$。<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要求 $a$ 使得 $f(x) = e^x - ax^2$ 在 $(0, +\\infty)$ 只有一个零点。\n\n首先，考虑 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$：\n\\[ f'(x) = e^x - 2ax \\]\n\n为了 $f(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 只有一个零点，$f(x)$ 必须在 $(0, +\\infty)$ 上严格单调递增或递减。我们分析 $f'(x)$ 的符号。\n\n当 $a \\leq 0$ 时，$f'(x) = e^x - 2ax$ 对于所有 $x > 0$ 都是正的，因为 $e^x > 0$ 且 $-2ax \\geq 0$。因此，$f(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 上严格递增，不可能只有一个零点。\n\n当 $a > 0$ 时，我们需要 $f'(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 上保持一致的符号。考虑 $f'(x) = e^x - 2ax$，我们分析 $e^x$ 和 $2ax$ 的关系。\n\n设 $f'(x) = 0$，即 $e^x = 2ax$。我们需要 $e^x = 2ax$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个解。考虑函数 $g(x) = \\frac{e^x}{x}$，我们分析 $g(x)$ 的单调性。\n\n\\[ g'(x) = \\frac{e^x(x - 1)}{x^2} \\]\n\n当 $x = 1$ 时，$g'(1) = 0$，且 $g(x)$ 在 $x < 1$ 时递减，在 $x > 1$ 时递增。因此，$g(x)$ 在 $x = 1$ 处取得最小值 $g(1) = e$。\n\n为了 $e^x = 2ax$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个解，必须有 $2a \\geq e$，即 $a \\geq \\frac{e}{2}$。\n\n因此，$a$ 必须满足 $a = \\frac{e}{2}$ 才能使得 $f(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 只有一个零点。\n<eoe>\n【答案】 $a = \\frac{e}{2}$<eoa>" | 证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 要证明当 $a=1$ 且 $x \\geqslant 0$ 时, $f(x) = e^x - x^2 \\geqslant 1$，我们可以通过求导数来分析函数的单调性。首先，求 $f(x)$ 的一阶导数，然后确定其符号，从而判断函数的增减情况。如果一阶导数在 $x \\geqslant 0$ 时始终非负，则 $f(x)$ 在此区间上单调递增。接下来，检查 $f(x)$ 在 $x=0$ 时的值，如果 $f(0) \\geqslant 1$，且函数在区间 $(0, +\\infty)$ 单调递增，那么我们可以证明 $f(x) \\geqslant 1$ 对于所有 $x \\geqslant 0$ 成立。\n<eoe>\n\n【答案】\n给定 $f(x) = e^x - x^2$，当 $a=1$。\n\n求 $f'(x) = e^x - 2x$。\n\n当 $x=0$，有 $f(0) = e^0 - 0^2 = 1$，满足条件。\n\n接下来，证明 $f'(x) \\geq 0$ 对所有 $x \\geq 0$ 成立。\n\n考虑函数 $g(x) = e^x - 2x$，求 $g'(x) = e^x - 2$。\n\n当 $x = \\ln 2$ 时，$g'(x) = 0$；当 $x > \\ln 2$ 时，$g'(x) > 0$，因此 $g(x)$ 在 $x = \\ln 2$ 处取得最小值。\n\n计算 $g(\\ln 2) = e^{\\ln 2} - 2\\ln 2 = 2 - 2\\ln 2 > 0$（因为 $\\ln 2 < 1$）。\n\n因此，$f'(x) = g(x) > 0$ 对所有 $x \\geq 0$ 成立，这意味着 $f(x)$ 在 $[0, +\\infty)$ 上单调递增。\n\n由于 $f(0) = 1$，且 $f(x)$ 在 $[0, +\\infty)$ 上单调递增，所以当 $x \\geqslant 0$ 时，$f(x) \\geqslant 1$。\n<eoa>\n\n(2)【解析】 要求 $f(x) = e^x - ax^2$ 在 $(0, +\\infty)$ 只有一个零点，首先考虑 $f(x)$ 的一阶导数 $f'(x) = e^x - 2ax$。若 $f(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个零点，那么 $f'(x)$ 应该在 $(0, +\\infty)$ 上至少有一个零点，使得 $f(x)$ 在该点处从单调递增变为单调递减，或反之。这意味着 $f'(x)$ 也应只有一个零点。因此，我们首先解 $f'(x) = 0$ 的方程，找到 $x$ 的值，然后分析 $f(x)$ 的行为。\n<eoe>\n\n【答案】\n给定 $f(x) = e^x - ax^2$，我们要找 $a$ 的值，使得 $f(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个零点。\n\n求 $f'(x) = e^x - 2ax$。\n\n设 $f'(x) = 0$，则 $e^x = 2ax$。为了使 $f(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个零点，$f'(x)$ 在 $(0, +\\infty)$ 上也应只有一个零点，这意味着 $e^x = 2ax$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个解。\n\n考虑函数 $g(x) = \\frac{e^x}{2x}$，求 $g'(x) = \\frac{e^x(2x - 2)}{4x^2}$。\n\n当 $x = 1$ 时，$g'(x) = 0$，且当 $x > 1$ 时，$g'(x) > 0$；当 $0 < x < 1$ 时，$g'(x) < 0$。因此，$g(x)$ 在 $x = 1$ 处取得极小值，且在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个极值点。\n\n为了使 $e^x = 2ax$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个解，$a$ 必须等于 $g(1)$ 的值，即 $a = \\frac{e^1}{2 \\cdot 1} = \\frac{e}{2}$。\n\n因此，当 $a = \\frac{e}{2}$ 时，$f(x) = e^x - ax^2$ 在 $(0, +\\infty)$ 上只有一个零点。\n<eoa>" | 证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们要求出函数 $f(x)=e^{x}-ax^{2}$ 在 $a=1$ 时的最小值。为此，我们可以计算函数的导数： $$f'(x) = e^{x} - 2x.$$ 令 $f'(x) = 0$，得到 $e^{x} = 2x$。这个方程的解是 $x=\ln(2)$，因为 $e^{\ln(2)} = 2$。这意味着函数在 $x=\ln(2)$ 处取得极值。由于 $f''(x) = e^{x} - 2$，在 $x=\ln(2)$ 处，$f''(\ln(2)) = 2 - 2 = 0$，这表明 $x=\ln(2)$ 是函数的拐点，而不是极值点。因此，我们需要检查 $x=\ln(2)$ 左右的函数行为。 当 $x < \ln(2)$ 时，$f'(x) < 0$，函数递减；当 $x > \ln(2)$ 时，$f'(x) > 0$，函数递增。所以，$x=\ln(2)$ 是函数的最小值点。计算 $f(\ln(2)) = e^{\ln(2)} - \ln(2)^2 = 2 - \ln(2)^2$。由于 $2 - \ln(2)^2 > 1$，我们可以得出结论，对于所有 $x \geqslant 0$，$f(x) \geqslant 1$。 【答案】当 $a=1$ 时，对于所有 $x \geqslant 0$，有 $f(x) \geqslant 1$。 (2)【解析】要使 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点，意味着函数在 $(0,+\infty)$ 上从负值跨越到正值只有一次。由于 $f(0) = e^{0} - a*0^{2} = 1 > 0$，我们知道函数在 $x=0$ 时为正，因此函数在 $(0,+\infty)$ 上必须至少有一个零点，这样函数值才能从正变为负再变回正。 由于 $f(x)$ 的导数 $f'(x) = e^{x} - 2ax$，我们可以找到函数的极值点。令 $f'(x) = 0$，得到 $e^{x} = 2ax$。这个方程的解是 $x = \ln(2a)$。为了使函数在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点，极值点 $\ln(2a)$ 必须是函数的最小值点，且该最小值必须为负，这样函数才能在 $(0,+\infty)$ 上从负值跨越到正值只有一次。 因此，我们需要 $f(\ln(2a)) < 0$，即： $$e^{\ln(2a)} - a(\ln(2a))^{2} < 0$$ $$2a - a(\ln(2a))^{2} < 0$$ $$2 - (\ln(2a))^{2} < 0$$ $$(\ln(2a))^{2} > 2$$ $$\ln(2a) > \sqrt{2}$$ $$2a > e^{\sqrt{2}}$$ $$a > \frac{e^{\sqrt{2}}}{2}$$ 所以，为了使 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点，$a$ 必须大于 $\frac{e^{\sqrt{2}}}{2}$。 【答案】为了使 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点，$a$ 必须满足 $a > \frac{e^{\sqrt{2}}}{2}$。 |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| doubao | (1)【解析】当$a=1$时，$f(x)=e^x-x^2$，令$g(x)=e^x-x^2-1$，则$g'(x)=e^x-2x$。令$h(x)=e^x-2x$，$h'(x)=e^x-2$，当$x \geqslant 0$时，$h'(x) \geqslant 0$，则$h(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，所以$h(x) \geqslant h(0)=1$，即$g'(x) \geqslant 1$，所以$g(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，所以$g(x) \geqslant g(0)=0$，即$f(x) \geqslant 1$。<eoe> 【答案】当$a=1$时，令$g(x)=e^x-x^2-1$，$g'(x)=e^x-2x$，令$h(x)=e^x-2x$，$h'(x)=e^x-2$，当$x \geqslant 0$时，$h'(x) \geqslant 0$，$h(x)$单调递增，$h(x) \geqslant h(0)=1$，即$g'(x) \geqslant 1$，$g(x)$单调递增，$g(x) \geqslant g(0)=0$，所以$f(x) \geqslant 1$。<eoa> (2)【解析】$f(x)=e^x-ax^2$，$f'(x)=e^x-2ax$，令$g(x)=e^x-2ax$，$g'(x)=e^x-2a$。当$a \leqslant 0$时，$g'(x) \gt 0$，$f'(x)$单调递增，$f'(x) \gt f'(0)=1$，则$f(x)$单调递增，$f(x) \gt f(0)=1$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上无零点，不合题意。当$a \gt 0$时，令$g'(x)=0$，得$x=\ln(2a)$，当$x \in (0,\ln(2a))$时，$g'(x) \lt 0$，$f'(x)$单调递减，当$x \in (\ln(2a),+\infty)$时，$g'(x) \gt 0$，$f'(x)$单调递增。若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，则$f(\ln(2a))=0$，即$2a-2a\ln(2a)=0$，解得$a=\frac{1}{2}$。<eoe> 【答案】$f(x)=e^x-ax^2$，$f'(x)=e^x-2ax$，令$g(x)=e^x-2ax$，$g'(x)=e^x-2a$。当$a \leqslant 0$时，$g'(x) \gt 0$，$f'(x)$单调递增，$f'(x) \gt f'(0)=1$，$f(x)$单调递增，$f(x) \gt f(0)=1$，$f(x)$无零点，不合题意。当$a \gt 0$时，令$g'(x)=0$，得$x=\ln(2a)$，当$x \in (0,\ln(2a))$时，$g'(x) \lt 0$，$f'(x)$单调递减，当$x \in (\ln(2a),+\infty)$时，$g'(x) \gt 0$，$f'(x)$单调递增。若$f(x)$在$(0,+\infty)$只有一个零点，则$f(\ln(2a))=0$，即$2a-2a\ln(2a)=0$，解得$a=\frac{1}{2}$。<eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| minimax | (1)【解析】要证明当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 1$，我们可以考虑函数 $f(x)$ 的表达式和性质。首先，当 $a=1$ 时，函数变为 $f(x)=e^{x}-x^{2}$。我们可以尝试找到函数的最小值，因为如果最小值大于等于1，那么对于所有 $x \geqslant 0$，函数值都会大于等于1。 为了找到函数的最小值，我们可以计算函数的导数 $f'(x)$，然后找到导数为零的点，这些点可能是函数的极值点。接着，我们可以分析这些极值点的函数值，以及函数在端点 $x=0$ 处的值，来确定最小值。 计算导数 $f'(x)$ 并找到导数为零的点，然后分析这些点的函数值。<eoe> 【答案】首先计算 $f(x)$ 的导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{x}-x^{2}) = e^{x} - 2x.$$ 令导数等于零求极值点： $$e^{x} - 2x = 0.$$ 这个方程没有显式解，但我们可以通过观察函数的行为来分析。注意到当 $x=0$ 时，$e^{x}=1$，$-2x=0$，所以 $f'(0)=1>0$，函数在 $x=0$ 处是递增的。随着 $x$ 增大，$e^{x}$ 的增长速度快于 $2x$，所以存在某个点 $x_0 > 0$ 使得 $f'(x_0)=0$。在这一点之后，$f'(x)$ 将变为负值，函数开始递减。 由于 $f(x)$ 在 $x=0$ 处递增，并且在某个正数 $x_0$ 处达到最大值，然后递减，我们可以得出结论，$f(x)$ 在 $x=0$ 处取得最小值。计算 $f(0)$： $$f(0) = e^{0} - 0^{2} = 1.$$ 因此，当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x)$ 的最小值为1，所以对于所有 $x \geqslant 0$，有 $f(x) \geqslant 1$。<eoa> (2)【解析】若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点，意味着函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个交点与 $x$ 轴。根据函数的连续性和单调性，我们可以推断出函数在 $(0,+\infty)$ 上要么始终递增要么始终递减。由于 $f(x)$ 是由指数函数 $e^x$ 和二次函数 $-ax^2$ 组成的，指数函数始终递增，而二次函数的开口方向取决于 $a$ 的符号。我们需要分析 $a$ 的不同取值对函数行为的影响。 首先，我们考虑 $a$ 的正负。如果 $a$ 是正数，那么 $-ax^2$ 是一个开口向下的抛物线，如果 $a$ 是负数，那么 $-ax^2$ 是一个开口向上的抛物线。由于指数函数始终递增，如果 $a$ 是正数，那么在 $x$ 足够大时，$-ax^2$ 的负增长将无法抵消 $e^x$ 的增长，因此函数 $f(x)$ 将始终递增，不可能只有一个零点。因此，我们可以推断 $a$ 必须是负数。 接下来，我们需要确定 $a$ 的具体值，使得 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点。我们可以通过分析函数的导数来确定这一点。如果导数在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点，那么原函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上也只有一个零点。计算导数 $f'(x)$ 并找到导数为零的点，然后分析这些点的函数值。<eoe> 【答案】首先计算 $f(x)$ 的导数： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{x}-ax^{2}) = e^{x} - 2ax.$$ 令导数等于零求极值点： $$e^{x} - 2ax = 0.$$ $$e^{x} = 2ax.$$ $$x = \frac{e^{x}}{2a}.$$ 由于 $a$ 是负数，我们可以设 $a = -b$，其中 $b > 0$，那么上式变为： $$x = -\frac{e^{x}}{2b}.$$ 这个方程没有显式解，但我们可以通过分析函数 $g(x) = x + \frac{e^{x}}{2b}$ 的行为来确定解的性质。注意到当 $x=0$ 时，$g(0) = 0 + \frac{1}{2b} > 0$，因为 $e^0 = 1$。随着 $x$ 增大，$e^x$ 的增长速度快于 $x$，所以存在某个点 $x_1 > 0$ 使得 $g(x_1) = 0$。在这一点之后，$g(x)$ 将变为负值，函数开始递减。 由于 $g(x)$ 在 $x=0$ 处递增，并且在某个正数 $x_1$ 处达到最大值，然后递减，我们可以得出结论，$g(x)$ 在 $x=0$ 处取得最大值。因此，$f'(x)$ 在 $x=0$ 处取得最大值，这意味着 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得局部极大值。由于 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个极值点，并且在 $x \to +\infty$ 时，$e^x$ 的增长速度快于 $ax^2$ 的减少速度，$f(x)$ 将始终递增，因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点。 综上所述，为了使 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上只有一个零点，$a$ 必须是负数。由于题目只要求我们求出 $a$ 的值，而不是具体的数值，我们可以得出结论：$a$ 必须是负数。<eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要证明当 $a=1$ 时，对于所有 $x \geqslant 0$，函数 $f(x) = e^x - x^2$ 都满足 $f(x) \geqslant 1$。我们可以通过求导数来分析函数的单调性。 1. 求导数：$f'(x) = e^x - 2x$。 2. 求二阶导数：$f''(x) = e^x - 2$。 接下来，我们分析二阶导数的符号来确定函数的凹凸性。 3. 当 $x < \ln 2$ 时，$f''(x) < 0$，说明 $f'(x)$ 在 $(-\infty, \ln 2)$ 上是递减的。 4. 当 $x > \ln 2$ 时，$f''(x) > 0$，说明 $f'(x)$ 在 $(\ln 2, +\infty)$ 上是递增的。 因此，$f'(x)$ 在 $x = \ln 2$ 处取得最小值。我们计算 $f'(\ln 2)$： 5. $f'(\ln 2) = e^{\ln 2} - 2\ln 2 = 2 - 2\ln 2$。 由于 $\ln 2 < 1$，所以 $2 - 2\ln 2 > 0$，这意味着 $f'(x) > 0$ 对于所有 $x > 0$ 成立，即 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上是递增的。 6. 计算 $f(0)$：$f(0) = e^0 - 0^2 = 1$。 由于 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上递增，且 $f(0) = 1$，我们可以得出结论：对于所有 $x \geqslant 0$，$f(x) \geqslant 1$。 <eoe> 【答案】对于所有 $x \geqslant 0$，$f(x) \geqslant 1$。<eoa> (2)【解析】要使 $f(x) = e^x - ax^2$ 在 $(0, +\infty)$ 上只有一个零点，我们需要分析函数的单调性和极值。 1. 求导数：$f'(x) = e^x - 2ax$。 2. 令 $f'(x) = 0$，得到 $e^x = 2ax$，即 $x = \ln(2ax)$。 由于 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上只有一个零点，这意味着 $f(x)$ 必须在某个点 $x_0$ 处取得极值，且 $f(x_0) = 0$。我们考虑两种情况： 情况1：$f(x)$ 在 $x_0$ 处取得极大值，那么 $f'(x_0) = 0$ 且 $f''(x_0) < 0$。 3. 求二阶导数：$f''(x) = e^x - 2a$。 4. 令 $f''(x_0) = 0$，得到 $e^{x_0} = 2a$。 由于 $f'(x_0) = 0$，我们有 $e^{x_0} = 2ax_0$，将 $e^{x_0} = 2a$ 代入得到 $2a = 2ax_0$，即 $x_0 = 1$。 5. 将 $x_0 = 1$ 代入 $f(x)$，得到 $f(1) = e - a = 0$，解得 $a = e$。 情况2：$f(x)$ 在 $x_0$ 处取得极小值，那么 $f'(x_0) = 0$ 且 $f''(x_0) > 0$。 6. 由于 $f''(x_0) > 0$，我们有 $e^{x_0} > 2a$。 7. 但是，如果 $e^{x_0} > 2a$，那么 $f'(x)$ 在 $(0, x_0)$ 上是递增的，这意味着 $f(x)$ 在 $(0, x_0) |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，当$a=1$时，函数$f(x)$变为$f(x)=e^x-x^2$。为了证明$f(x)\geqslant 1$，我们需要找到$f(x)$的最小值。这可以通过求导数并令其为0来实现。求导得$f'(x)=e^x-2x$。为了确定$f'(x)$的符号，我们进一步求$f'(x)$的导数，即$f''(x)=e^x-2$。显然，当$x\geqslant 0$时，$f''(x)$在$(0,\ln2)$上为负，在$(\ln2,+\infty)$上为正，说明$f'(x)$在$(0,\ln2)$上单调递减，在$(\ln2,+\infty)$上单调递增。因此，$f'(x)$的最小值出现在$x=\ln2$处，且$f'(\ln2)=2-2\ln2>0$。由于$f'(x)$在$[0,+\infty)$上始终大于0，说明$f(x)$在该区间上单调递增。因此，$f(x)$的最小值出现在$x=0$处，即$f(0)=1$。所以，当$x\geqslant 0$时，$f(x)\geqslant 1$。 【答案】 当$a=1$时，对于所有$x\geqslant 0$，有$f(x)\geqslant 1$。 (2)【解析】 为了找到使$f(x)$在$(0,+\infty)$上只有一个零点的$a$值，我们首先考虑$a\leqslant 0$的情况。在这种情况下，$f(x)$显然大于0，因此没有零点。接下来，我们考虑$a>0$的情况。求导得$f'(x)=e^x-2ax$。为了确定$f'(x)$的符号，我们进一步求$f'(x)$的导数，即$f''(x)=e^x-2a$。显然，当$x>\ln(2a)$时，$f''(x)>0$，说明$f'(x)$在$(\ln(2a),+\infty)$上单调递增。因此，存在一个$x_0>\ln(2a)$使得$f'(x_0)=0$。由于$f'(x)$在$(0,x_0)$上为负，在$(x_0,+\infty)$上为正，说明$f(x)$在$(0,x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增。因此，$f(x)$的最小值出现在$x=x_0$处。为了使$f(x)$在$(0,+\infty)$上只有一个零点，我们需要$f(x_0)=0$。这可以通过求解$f(x_0)=0$和$f'(x_0)=0$的联立方程来实现，得到$a=\frac{e^2}{4}$。 【答案】 当$a=\frac{e^2}{4}$时，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上只有一个零点。 |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，给定函数 \( f(x) = e^x - ax^2 \)，当 \( a = 1 \) 时，函数变为 \( f(x) = e^x - x^2 \)。 我们需要证明当 \( x \geqslant 0 \) 时，\( f(x) \geqslant 1 \)。 1. 计算 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处的值： \[ f(0) = e^0 - 0^2 = 1 \] 2. 计算 \( f(x) \) 的导数 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - x^2) = e^x - 2x \] 3. 研究 \( f'(x) \) 的符号： - 当 \( x = 0 \) 时，\( f'(0) = e^0 - 2 \cdot 0 = 1 > 0 \) - 当 \( x > 0 \) 时，考虑函数 \( g(x) = e^x - 2x \)，我们进一步研究 \( g(x) \) 的性质。 4. 计算 \( g(x) \) 的导数 \( g'(x) \)： \[ g'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - 2x) = e^x - 2 \] 5. 分析 \( g'(x) \) 的符号： - 当 \( x = \ln 2 \) 时，\( g'(\ln 2) = e^{\ln 2} - 2 = 2 - 2 = 0 \) - 当 \( x < \ln 2 \) 时，\( e^x < 2 \)，所以 \( g'(x) < 0 \) - 当 \( x > \ln 2 \) 时，\( e^x > 2 \)，所以 \( g'(x) > 0 \) 这表明 \( g(x) \) 在 \( x = \ln 2 \) 处取得极小值。 6. 计算 \( g(x) \) 在 \( x = \ln 2 \) 处的值： \[ g(\ln 2) = e^{\ln 2} - 2 \ln 2 = 2 - 2 \ln 2 \] 注意到 \( \ln 2 \approx 0.693 \)，所以 \( 2 - 2 \ln 2 > 0 \)。 因此，\( g(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 时总是大于零，即 \( f'(x) > 0 \)。 7. 由于 \( f'(x) > 0 \) 对所有 \( x \geq 0 \) 成立，说明 \( f(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 上是单调递增的。 8. 结合 \( f(0) = 1 \) 和 \( f(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 上单调递增，得出 \( f(x) \geq 1 \) 对所有 \( x \geq 0 \) 成立。 综上所述，当 \( a = 1 \) 时，\( f(x) \geq 1 \) 对所有 \( x \geq 0 \) 成立。<eoe> 【答案】当 \( a = 1 \) 时，\( f(x) = e^x - x^2 \) 在 \( x \geqslant 0 \) 时，\( f(x) \geqslant 1 \) 得证。<eoa> (2)【解析】 已知函数 \( f(x) = e^x - ax^2 \)，要求 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点，求 \( a \)。 1. 设 \( f(x) = 0 \)，即 \( e^x = ax^2 \)，我们需要 \( e^x - ax^2 = 0 \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个解。 2. 定义函数 \( h(x) = \frac{e^x}{x^2} \)，我们需要 \( h(x) = a \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个解。 3. 计算 \( h(x) \) 的导数 \( h'(x) \)： \[ h(x) = \frac{e^x}{x^2} \] \[ h'(x) = \frac{(e^x \cdot x^2)' - e^x \cdot (x^2)'}{(x^2)^2} = \frac{e^x \cdot x^2 + 2xe^x - 2xe^x}{x^4} = \frac{e^x (x^2 - 2x)}{x^4} = \frac{e^x (x - 2)}{x^3} \] 4. 分析 \( h'(x) \) 的符号： - 当 \( x < 2 \) 时，\( h'(x) < 0 \)，即 \( h(x) \) 在 \( (0, 2) \) 上单调递减。 - 当 \( x > 2 \) 时，\( h'(x) > 0 \)，即 \( h(x) \) 在 \( (2, +\infty) \) 上单调递增。 因此，\( h(x) \) 在 \( x = 2 \) 处取得极小值。 5. 计算 \( h(x) \) 在 \( x = 2 \) 处的值： \[ h(2) = \frac{e^2}{2^2} = \frac{e^2}{4} \] 6. 要使 \( h(x) = a \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个解，必须有 \( a = \frac{e^2}{4} \)。 综上所述，当 \( a = \frac{e^2}{4} \) 时，函数 \( f(x) = e^x - ax^2 \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点。<eoe> 【答案】当 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 只有一个零点时，\( a = \frac{e^2}{4} \)。<eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| gpto1 | (1)【解析】 要证明当 \( x \geqslant 0 \) 时，\( f(x) \geqslant 1 \)，即证明： \[ e^{x} - x^{2} \geqslant 1. \] 令函数： \[ g(x) = e^{x} - x^{2} - 1. \] 计算其导数： \[ g'(x) = e^{x} - 2x. \] 对于 \( x \geqslant 0 \)，考虑 \( g'(x) \) 的正负性。 当 \( x = 0 \) 时，\( g'(0) = e^{0} - 0 = 1 > 0 \)。 对于 \( x \geqslant 0 \)，\( e^{x} \geqslant 1 \)，且 \( 2x \geqslant 0 \)，因此： \[ g'(x) = e^{x} - 2x \geqslant 1 - 0 = 1 > 0. \] 所以，\( g'(x) > 0 \)，即 \( g(x) \) 在区间 \( [0, +\infty) \) 上单调递增。 计算 \( g(0) \)： \[ g(0) = e^{0} - 0^{2} - 1 = 1 - 0 - 1 = 0. \] 由于 \( g(0) = 0 \)，且 \( g(x) \) 在 \( [0, +\infty) \) 上单调递增，所以对于 \( x \geqslant 0 \) 有： \[ g(x) \geqslant g(0) = 0. \] 因此， \[ e^{x} - x^{2} -1 \geqslant 0 \implies e^{x} - x^{2} \geqslant 1. \] <eoe> 【答案】 当 \( x \geqslant 0 \) 时，函数 \( g(x) = e^{x} - x^{2} -1 \) 的导数 \( g'(x) = e^{x} - 2x > 0 \)，故 \( g(x) \) 单调递增，且 \( g(0) = 0 \)，所以 \( g(x) \geqslant 0 \)。因此，\( f(x) = e^{x} - x^{2} \geqslant 1 \)。 <eoa> (2)【解析】 要使函数 \( f(x) = e^{x} - a x^{2} \) 在区间 \( (0, +\infty) \) 内只有一个零点。 首先，求 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = e^{x} - 2a x. \] 令 \( f'(x) = 0 \)，得： \[ e^{x} - 2a x = 0. \] 解此方程，得极值点 \( x = c \) 满足： \[ a = \frac{e^{c}}{2c}. \] 将 \( a \) 代入 \( f(x) \) 中，得： \[ f(c) = e^{c} - \left( \frac{e^{c}}{2c} \right) c^{2} = e^{c} - \frac{e^{c} c}{2} = e^{c} \left( 1 - \frac{c}{2} \right). \] 令 \( f(c) = 0 \)，则： \[ e^{c} \left( 1 - \frac{c}{2} \right) = 0 \implies 1 - \frac{c}{2} = 0 \implies c = 2. \] 因此，当 \( x = 2 \) 时，\( f(2) = 0 \)，且此时： \[ a = \frac{e^{2}}{2 \times 2} = \frac{e^{2}}{4}. \] 接下来，讨论 \( a \) 的取值对零点个数的影响： - 当 \( a = \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，\( f(x) \) 在 \( x = 2 \) 处有二重零点，函数与 \( x \) 轴相切，只有一个零点。 - 当 \( a > \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，\( f(2) = e^{2} - a \times 4 < 0 \)，且 \( \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \)，因此在 \( (2, +\infty) \) 内函数从负值上升到正值，存在一零点；又因 \( f(0) = 1 > 0 \)，在 \( (0, 2) \) 内从正值下降到负值，存在另一个零点，共有两个零点。 - 当 \( a < \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，\( f(x) > 0 \) 对于所有 \( x > 0 \)，故无零点。 综上，只有当 \( a = \dfrac{e^{2}}{4} \) 时，函数 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 内只有一个零点。 <eoe> 【答案】 \( a = \dfrac{e^{2}}{4} \)。 <eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |
| deepseekv3 | （1）【解析】首先，我们来看题目中的函数 $f(x)=e^{x}-a x^{2}$，当 $a=1$ 时，函数变为 $f(x)=e^{x}-x^{2}$。我们需要证明当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x) \geqslant 1$。 为了证明这一点，我们可以考虑函数 $f(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 时的最小值。首先，计算 $f(x)$ 的导数： $$ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^{x} - x^{2}) = e^{x} - 2x $$ 接下来，我们寻找 $f'(x)=0$ 的解，即解方程 $e^{x} - 2x = 0$。 设 $x=0$，则 $f'(0) = e^{0} - 2 \times 0 = 1 \neq 0$。 设 $x=1$，则 $f'(1) = e^{1} - 2 \times 1 = e - 2 \approx 0.718 > 0$。 设 $x=2$，则 $f'(2) = e^{2} - 2 \times 2 = e^{2} - 4 \approx 3.389 > 0$。 由此可见，$f'(x) > 0$ 对于所有 $x \geqslant 0$ 成立。因此，函数 $f(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 时是单调递增的。 由于 $f(x)$ 在 $x \geqslant 0$ 时单调递增，且 $f(0) = e^{0} - 0^{2} = 1$，所以对于所有 $x \geqslant 0$，有 $f(x) \geqslant f(0) = 1$。 因此，我们证明了当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x) \geqslant 1$。 <eoe> 【答案】证明过程如上所述，当 $x \geqslant 0$ 时，$f(x) \geqslant 1$。<eoa> （2）【解析】题目要求函数 $f(x) = e^{x} - a x^{2}$ 在 $(0, +\infty)$ 上只有一个零点。我们需要找到 $a$ 的值使得这个条件成立。 首先，分析函数 $f(x)$ 的行为。当 $x \to 0^{+}$ 时，$e^{x} \to 1$，$a x^{2} \to 0$，所以 $f(x) \to 1$。当 $x \to +\infty$ 时，$e^{x}$ 的增长速度远快于 $a x^{2}$，所以 $f(x) \to +\infty$。 为了使得 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上只有一个零点，函数 $f(x)$ 需要在某个点 $x = c$ 处取得最小值，并且这个最小值等于零。也就是说，我们需要找到 $a$ 使得 $f(c) = 0$ 且 $f'(c) = 0$。 首先，求导数 $f'(x)$： $$ f'(x) = e^{x} - 2a x $$ 设 $f'(c) = 0$，即： $$ e^{c} - 2a c = 0 \quad \Rightarrow \quad e^{c} = 2a c \quad \Rightarrow \quad a = \frac{e^{c}}{2c} $$ 同时，$f(c) = 0$，即： $$ e^{c} - a c^{2} = 0 \quad \Rightarrow \quad e^{c} = a c^{2} $$ 将 $a = \frac{e^{c}}{2c}$ 代入上式： $$ e^{c} = \left(\frac{e^{c}}{2c}\right) c^{2} \quad \Rightarrow \quad e^{c} = \frac{e^{c} c}{2} \quad \Rightarrow \quad 1 = \frac{c}{2} \quad \Rightarrow \quad c = 2 $$ 将 $c = 2$ 代入 $a = \frac{e^{c}}{2c}$： $$ a = \frac{e^{2}}{4} $$ 因此，当 $a = \frac{e^{2}}{4}$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上只有一个零点。 <eoe> 【答案】$a = \dfrac{e^{2}}{4}$<eoa> |
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$. 则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$. 当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, $\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$, $\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$, 解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$, $+\infty$ ）只有一个根, $\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根， 即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. $G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$ 当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$, $\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, 当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, $\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$. 方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点. $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$ $(\mathrm{x})>0$ $\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点 当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点, 当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$. |