Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-be^x（a∈R，b∈R），且f（x）在x=0處的切線與x-y+3=0垂直．
（1）若函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]存在單調(diào)遞增區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若f′（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求a的取值范圍；
（3）在第二問的前提下，證明：-$\frac{e}{2}$＜f′（x₁）＜-1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為$a＞\frac{e^x}{x^2}$在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解，令$g（x）=\frac{e^x}{x^2}$，故只需$a＞g{（x）_{min}}，（{x∈[{\frac{1}{2}，1}]}）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（2）令h（x）=f'（x），則h（x）=ax²-e^x，問題轉(zhuǎn)化為方程$2a=\frac{e^x}{x}$有兩個根，設φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）求出f′（x₁）=${e}^{{x}_{1}}$（$\frac{{x}_{1}}{2}$-1），x₁∈（0，1），令r（t）=e^t（$\frac{t}{2}$-1），（0＜t＜1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：因為f'（x）=ax²-be^x，所以f'（0）=-b=-1，所以b=1…（1分）
（1）由前可知，f'（x）=ax²-e^x
根據(jù)題意：f'（x）＞0在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解，即ax²-e^x＞0在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解 …（2分）
即$a＞\frac{e^x}{x^2}$在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解，令$g（x）=\frac{e^x}{x^2}$，故只需$a＞g{（x）_{min}}，（{x∈[{\frac{1}{2}，1}]}）$
所以$g'（x）=\frac{{（{x-2}）{e^x}}}{x^3}$，所以，當$x∈[{\frac{1}{2}，1}]$時，g'（x）＜0，所以g（x）在$[{\frac{1}{2}，1}]$上單調(diào)遞減，
所以g（x）_min=g（1）=e，所以    a＞e…（4分）
（2）令h（x）=f'（x），則h（x）=ax²-e^x，所以h'（x）=2ax-e^x
由題可知，h'（x）=0有兩個根x₁，x₂，即2ax-e^x=0有兩個根x₁，x₂，
又x=0顯然不是該方程的根，所以方程$2a=\frac{e^x}{x}$有兩個根，…（6分）
設φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，則φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，當x＜0時，φ'（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減；
當0＜x＜1時，φ′（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減；當x＞1時，φ′（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增．
故要使方程2a=$\frac{{e}^{x}}{x}$有兩個根，只需2a＞φ（1）=e，即a＞$\frac{e}{2}$，
所以a的取值范圍是（$\frac{e}{2}$，+∞），
（3）由（2）得：0＜x₁＜1＜x₂…（9分）
且由h'（x₁）=0，得2ax₁-${e}^{{x}_{1}}$=0，所以a=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{{2x}_{1}}$，x₁∈（0，1）…（10分）
所以f′（x₁）=h（x₁）=a${{x}_{1}}^{2}$-${e}^{{x}_{1}}$=${e}^{{x}_{1}}$（$\frac{{x}_{1}}{2}$-1），x₁∈（0，1），
令r（t）=e^t（$\frac{t}{2}$-1），（0＜t＜1），則r′（t）=e^t（$\frac{t-1}{2}$）＜0，
r（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，
所以r（1）＜r（t）＜r（0），即-$\frac{e}{2}$＜f′（x₁）＜-1．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．