Question

已知函數(shù)f（x）=

x2

ex

．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若方程f（x）=

m

x

有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）若存在實(shí)數(shù)x₁≠x₂，使x₁•f（x₁）=x₂•f（x₂）成立，求證：x₁+x₂＞6．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求導(dǎo)數(shù)，然后解不等式f′（x）＞0、f′（x）＜0可得單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）f（x）=

m

x

?m=

x3

ex

（x≠0），令g（x）=

x3

ex

（x≠0），利用導(dǎo)數(shù)可求得g（x）的范圍，即得m的范圍；
（Ⅲ）反證法：令h（x）=xf（x）=

x3

ex

（x∈R），由（2）知，h（x）的單調(diào)性，由條件知h（x₁）=h（x₂），不妨設(shè)x₁＜x₂，則必有x₁＜3，x₂＞3，于是6-x₂＜3，假設(shè)x₁+x₂≤6，利用單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)可推出矛盾；

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=（2x-x²）e^-x，
令f′（x）＞0，得0＜x＜2，f′（x）＜0，得x＜0或x＞2，
∴f（x）的遞增區(qū)間為（0，2），遞減區(qū)間為（-∞，0），（2，+∞）；
（Ⅱ）f（x）=

m

x

?m=

x3

ex

（x≠0），
令g（x）=

x3

ex

（x≠0），則g′（x）=（3x²-x³）e^-x，
令g′（x）＞0，得x＜3，g′（x）＜0，得x＞3，
∴g（x）在（-∞，0），（0，3）上遞增，在（3，+∞）上遞減，
∴g(x)max=g(3)=

27

e3

，
故m∈（-∞，0）∪（0，

27

e3

]；
（Ⅲ）令h（x）=xf（x）=

x3

ex

（x∈R），則由（2）知，h（x）在（-∞，3）上遞增，在（3，+∞）上遞減．
由條件知h（x₁）=h（x₂），不妨設(shè)x₁＜x₂，則必有x₁＜3，x₂＞3，于是6-x₂＜3，
假設(shè)x₁+x₂≤6，則x₁≤6-x₂⇒h（x₁）≤h（6-x₂），即h（x₂）≤h（6-x₂）?

x23

ex2

≤

(6-x2)3

e6-x2

?

e6-x2

ex2

≤

(6-x2)3

x23

，
令3-x₂=t（t＜0），
則有

e3+t

e3-t

≤(

3+t

3-t

)3?e

2t

3

≤

3+t

3-t

(t＜0)，即（3-t）e

2t

3

-t-3≤0 （*），
令u（x）=（3-x）e

2x

3

-x-3（x＜0）．u′（x）=（1-

2x

3

）e

2x

3

-1，
因?yàn)閡′（x）=-

4

9

xe

2x

3

＞0（x＜0）恒成立，所以u(píng)′（x）在（-∞，0）上是增函數(shù)，
所以u(píng)′（x）＜u′（0）=0，所以u(píng)（x）在（-∞，0）上是減函數(shù)，
故u（x）＞u（0）=0，∴t＜0時(shí)，u（t）＞0，這與（*）矛盾！
所以原不等式得證，即x₁+x₂＞6．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值最值，考查不等式的證明，反證法是證明（Ⅲ）問的關(guān)鍵所在，該題綜合性強(qiáng)，能力要求較高．