Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）極值；
（Ⅱ）若直線y=ax+b是函數(shù)f（x）的切線，求a-b的最大值；
（Ⅲ）若方程f（x）=m存在兩個實數(shù)根x₁，x₂，且x₁+x₂=2x₀．
①求證：0＜m＜1；
②問：函數(shù)f（x）圖象上在點（x₀，f（x₀））處的切線是否能平行x軸？若存在，求出該切線；若不存在說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）設(shè)出函數(shù)的切點，求出a-b，設(shè)函數(shù)$F（t）=a-b=\frac{{e（-{t^2}-t+1）}}{e^t}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出F（-1）的值，從而求出a-b的最大值即可；
（Ⅲ）①求出x₁＜1＜x₂，得到0=f（0）＜f（x₁）=f（x₂）=m＜f（1）=1即可；
②由于0＜x₁＜1＜x₂，則2-x₁＞1，設(shè)函數(shù)G（x）=f（2-x）-f（x）=$\frac{e（2-x）}{{e}^{2-x}}$-$\frac{ex}{{e}^{x}}$，0＜x＜1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為：$f'（x）=\frac{e（1-x）}{e^x}$；…（1分）
當(dāng)f'（x）=0時，得x=1；
當(dāng)f'（x）＞0時，得x＜1，故函數(shù)f（x）在區(qū)間（-∞，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)f'（x）＜0時，得x＞1，故函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減；
所以函數(shù)f（x）在x=1處取得極大值f（1）=1．…（3分）
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）的切點為$P（t，\frac{et}{e^t}）$，t∈R．
顯然該點處的切線為：$y-\frac{et}{e^t}=\frac{e（1-t）}{e^t}（x-t）$，即為$y=\frac{e（1-t）}{e^t}x+\frac{{e{t^2}}}{e^t}$；…（4分）
可得：$\left\{\begin{array}{l}a=\frac{e（1-t）}{e^t}\\ b=\frac{{e{t^2}}}{e^t}\end{array}\right.$，則$a-b=\frac{e（1-t）}{e^t}-\frac{{e{t^2}}}{e^t}=\frac{{e（-{t^2}-t+1）}}{e^t}$；
設(shè)函數(shù)$F（t）=a-b=\frac{{e（-{t^2}-t+1）}}{e^t}$；…（5分）
其導(dǎo)函數(shù)為$F'（t）=\frac{{e（{t^2}-t-2）}}{e^t}$，顯然函數(shù)當(dāng)F'（t）＞0時，得t＜-1或t＞2，
故函數(shù)F（t）在區(qū)間（-∞，-1）和（2，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)F'（t）＜0時，得-1＜t＜2，故函數(shù)F（t）在區(qū)間（-1，2）上單調(diào)遞減；
函數(shù)的F（t）的極大值為F（-1）=e²＞0，F(xiàn)（t）的極小值為$F（2）=-\frac{5}{e}＜0$．…（7分）
顯然當(dāng)t∈（-∞，2）時，F(xiàn)（t）≤F（-1）恒成立；
而當(dāng)t∈（2，+∞）時，$F（t）=e×\frac{{-（t+\frac{1}{2}{）^2}+\frac{5}{4}}}{e^t}$，
其中e^t＞0，$-（t+\frac{1}{2}{）^2}+\frac{5}{4}＜-（2+\frac{1}{2}{）^2}+\frac{5}{4}=-5＜0$，得F（t）＜0；…（8分）
綜上所述，函數(shù)的F（t）的極大值為F（-1）=e²即為a-b的最大值．…（9分）
（Ⅲ）①由于函數(shù)f（x）在區(qū)間（-∞，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減；
所以x₁＜1＜x₂，…（10分）
顯然當(dāng)x＜0時，f（x）＜0；當(dāng)0＜x＜1和x＞1時，f（x）＞0；
得0＜x₁＜1＜x₂，0=f（0）＜f（x₁）=f（x₂）=m＜f（1）=1．…（11分）
②由于0＜x₁＜1＜x₂，則2-x₁＞1，
設(shè)函數(shù)G（x）=f（2-x）-f（x）=$\frac{e（2-x）}{{e}^{2-x}}$-$\frac{ex}{{e}^{x}}$，0＜x＜1；…（12分）
其導(dǎo)函數(shù)為G′（x）=$\frac{（1-x）{（e}^{x}-e）{（e}^{x}+e）}{{e}^{x+1}}$＜0；
故函數(shù)在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，且G（1）=0，0＜x₁＜1；
所以G（x₁）=f（2-x₁）-f（x₁）＞0，即f（2-x₁）＞f（x₁）；
同時f（x₁）=f（x₂）=m，從而f（2-x₁）＞f（x₂）；
由于2-x₁＞1，x₂＞1，函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減，
得2-x₁＜x₂，即x₁+x₂＞2． …（13分）
所以x₀＞1，f′（x₀）=$\frac{e（1{-x}_{0}）}{{e}^{{x}_{0}}}$＜0，
函數(shù)f（x）圖象上在點（x₀，f（x₀））處的切線斜率恒小于0，在點（x₀，f（x₀））處不存在切線平行x軸．…（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．