Question

12．已知f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的極大值；
（Ⅱ）令h（x）=a+2f′（x）（a∈R），若h（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，x₁，x₂（x₁＜x₂），求a的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)F（x）=ae^x-x²，在（Ⅱ）的條件下，試證明0＜F（x₁）＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，進(jìn)而得到極大值；
（Ⅱ）求出h（x）=a-$\frac{2x}{{e}^{x}}$，令h（x）=0，可得a=$\frac{2x}{{e}^{x}}$，由題意可得x₁，x₂是方程a=$\frac{2x}{{e}^{x}}$的兩根，設(shè)g（x）=$\frac{2x}{{e}^{x}}$，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，可得a的范圍；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，函數(shù)h（x）的兩個(gè)零點(diǎn)滿足0＜x₁＜1＜x₂，由h（x₁）=0ae^x₁=2x₁，求出F（x₁）的解析式，可得F（x₁）在（0，1）上遞增，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{-x}{{e}^{x}}$，
由f′（x）＞0，可得x＜0；由f′（x）＜0，可得x＞0．
即有f（x）在（0，+∞）遞減，在（-∞，0）遞增．
可得f（x）在x=0處取得極大值，且為1；
（Ⅱ）h（x）=a+2f′（x）=a-$\frac{2x}{{e}^{x}}$，
令h（x）=0，可得a=$\frac{2x}{{e}^{x}}$，
若函數(shù)h（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，則x₁，x₂是方程a=$\frac{2x}{{e}^{x}}$的兩根，
設(shè)g（x）=$\frac{2x}{{e}^{x}}$，g′（x）=$\frac{2-2x}{{e}^{x}}$，
由g′（x）＞0，可得x＜1，由g′（x）＜0，可得x＞1，
可得g（x）在（-∞，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
g（x）_max=g（1）=$\frac{2}{e}$，
由x→+∞，g（x）→0；x→-∞，g（x）→-∞．
要使方程a=$\frac{2x}{{e}^{x}}$有兩根，可得0＜a＜$\frac{2}{e}$，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，$\frac{2}{e}$）；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可得，函數(shù)h（x）的兩個(gè)零點(diǎn)滿足0＜x₁＜1＜x₂，
由h（x₁）=a-$\frac{2{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$=0，即a=$\frac{2{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$，即ae^x₁=2x₁，
由F（x₁）=ae^x₁-x₁²=2x₁-x₁²=-（x₁-1）²+1，
顯然F（x₁）在（0，1）上遞增，
由0＜x₁＜1，可得0=F（0）＜F（x₁）＜F（1）=1，
即0＜F（x₁）＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)法和函數(shù)的單調(diào)性，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．