Question

13．已知函數(shù)f（x）ax²e^-x（a≠0）
（Ⅰ）若直線y=e^-1x為曲線y=f（x）的切線，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$+f（x））-$\frac{1}{2}$|x-$\frac{1}{x}$-f（x）|-cx²（x＞0），在（Ⅰ）的條件下，若函數(shù)g（x）為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及直線的斜率公式即可求得切點(diǎn)及a的值；
（Ⅱ）先求導(dǎo)f′（x）=a（2xe^-x-x²e^-x）=axe^-x（2-x），從而討論a以確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而確定函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）記函數(shù) F（x）=f（x）-（x-$\frac{1}{x}$）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$-x+$\frac{1}{x}$，x＞0，求導(dǎo)后利用單調(diào)性求得F（1）•F（2）＜0，由函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其單調(diào)性知?唯一的x₀∈（1，2），使 F（x₀）=0，求得g（x）為分段函數(shù)，求導(dǎo)后分情況討論①當(dāng)x＞x₀ 時(shí)，利用函數(shù)的單調(diào)性將問題轉(zhuǎn)化為 2c≤u（x）_min，②當(dāng) 0＜x＜x₀時(shí)，當(dāng)c≤0時(shí)，g′（x）＞0 在 （0，x₀）上恒成立，從而求得c的范圍．

解答 解：（Ⅰ）對(duì) f（x） 求導(dǎo)得f′（x）=a•$\frac{2x{e}^{x}-{x}^{2}{e}^{x}}{（{e}^{x}）^{2}}$=a•$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
設(shè)直線y=e^-1x 與曲線 y=f（x） 切于點(diǎn)P（x₀，y₀） 則
$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{-1}{x}_{0}=\frac{a{x}_{0}^{2}}{{e}^{{x}_{0}}}}\\{{e}^{-1}=a\frac{{x}_{0}（2-{x}_{0}）}{{e}^{{x}_{0}}}}\end{array}\right.$，解得 a=x₀=1，
∴a 的值為1；
（Ⅱ）（1）∵f（x）=ax²e^-x，
∴f′（x）=a（2xe^-x-x²e^-x）=axe^-x（2-x），
①當(dāng)a＞0時(shí)，
x∈（-∞，0）∪（2，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，
x∈（0，2）時(shí)，f′（x）＞0；
故f（x）在（-∞，0），（2，+∞）上是減函數(shù)，在（0，2）上是增函數(shù)；
②當(dāng)a＜0時(shí)，
x∈（-∞，0）∪（2，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
x∈（0，2）時(shí)，f′（x）＜0；
故f（x）在（-∞，0），（2，+∞）上是增函數(shù)，在（0，2）上是減函數(shù)；
（Ⅲ）記函數(shù)F（x）=f（x）-（x-$\frac{1}{x}$）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$-x+$\frac{1}{x}$，x＞0，
求導(dǎo)得 F′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（x＞0），
當(dāng) x≥2 時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0恒成立
當(dāng) 0＜x＜2時(shí)，x（2-x）≤[$\frac{x+（2-x）}{2}$]²=1，
∴F′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$≤$\frac{1}{{e}^{x}}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$＜1-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=-$\frac{1}{{x}^{2}}$＜0，
∴F′（x）＜0 在（0，+∞）上恒成立，故 y=F（x） 在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
F（1）=$\frac{1}{e}$＞0，F(xiàn)（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$-$\frac{3}{2}$＜0，
∴F（1）•F（2）＜0，
又曲線 y=F（x） 在[1，2]上連續(xù)不間斷，
∴由函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其單調(diào)性知?唯一的x₀∈（1，2），使 F（x₀）=0，．
∴x∈（0，x₀），F(xiàn)（x）＞0，x∈（x₀，+∞），F(xiàn)（x）＜0，
∴g（x）=$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$+f（x））-$\frac{1}{2}$|x-$\frac{1}{x}$-f（x）|-cx²=，
從而 $\left\{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}}&{-c{x}^{2}0＜x≤{x}_{0}}\\{\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}-c{x}^{2}}&{x＞{x}_{0}}\end{array}\right.$，
∴求導(dǎo)，g′（x）=$\left\{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{{x}^{2}}-2cx}&{0＜x＜{x}_{0}}\\{\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}-2cx}&{x＞{x}_{0}}\end{array}\right.$，
由函數(shù) g（x）為增函數(shù)，且曲線 y=g（x）在（0，+∞）上連續(xù)不斷知：g′（x）≥0在（0，x₀），（x₀，+∞）上恒成立．
①當(dāng)x＞x₀ 時(shí)，$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$-2cx≥0在[x₀，+∞）上恒成立，即2x≤$\frac{2-x}{{e}^{x}}$在（x₀，+∞）上恒成立，
記u（z）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，x＞x₀，則u′（x）=$\frac{x-3}{{e}^{x}}$，x＞x₀，
當(dāng) x變化時(shí)，u′（x），u（z）變化情況列表如下：

x	（x0，3）	3	（3，+∞）
u′（x）	-	0	+
u（x）	↓	極小值	↑

∴u（x）_min=u（x）_極小值=u（3）=-$\frac{1}{{e}^{3}}$，
故“2c＜$\frac{2-x}{{e}^{x}}$  在[x₀，+∞） 上恒成立”只需2c≤u（x） _min=-$\frac{1}{{e}^{3}}$，c≤-$\frac{1}{2{e}^{3}}$．
②當(dāng)0＜x＜x₀時(shí)，g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-2cx，
當(dāng) c≤0時(shí)，g′（x）＞0在（0，x₀）上恒成立，
綜合①②知，當(dāng)c≤-$\frac{1}{2{e}^{3}}$．時(shí)，函數(shù) g（x）為增函數(shù)．
故實(shí)數(shù)c的取值范圍是（-∞，-$\frac{1}{2{e}^{3}}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，分段函數(shù)的性質(zhì)，考查分類討論思想，計(jì)算量大，運(yùn)算復(fù)雜，屬于難題．