Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x+ax-1 （a∈R）．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{2}（{x}^{2}-a）}{f（x）-ax+1}$，當(dāng)g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）時(shí)，總有λ[（2x₁-x₁²）e${\;}^{2-{x}_{1}}$-a]-x₂g（x₁）≥0，求實(shí)數(shù)λ的值或取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x+a，然后可討論a的符號，從而可判斷導(dǎo)函數(shù)的符號，這樣便可得出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求導(dǎo)數(shù)g′（x）=（2x-x²+a）e^2-x，根據(jù)條件便可得出a＞-1，且x₁+x₂=2，x₁＜1，這樣由$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}-a]-{x}_{2}g（{x}_{1}）≥0$即可得到不等式${x}_{1}[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≤0$ 對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，這樣討論x₁的取值：x₁=0，x₁∈（0，1），及x₁∈（-∞，0），這樣通過解λ及函數(shù)單調(diào)性求函數(shù)范圍即可求出每種情況的λ的取值，從而得出λ的取值．

解答 解：f′（x）=e^x+a；
①當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（-∞，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＜0時(shí)，由f′（x）＞0，得x＞ln（-a）；由f′（x）＜0，得x＜ln（-a），
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（ln（-a），+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-∞，ln（-a））．
綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-∞，+∞）；
當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（ln（-a），+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-∞，ln（-a））；
（Ⅱ）g′（x）=（2x-x²+a）e^2-x．
根據(jù)題意，方程-x²+2x+a=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂）
∴△=4+4a＞0，即a＞-1，且x₁+x₂=2，又x₁＜x₂，∴x₁＜1；
由$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}-a]-{x}_{2}g（{x}_{1}）≥0$可得：
$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}-a]≥（2-{x}_{1}）（{{x}_{1}}^{2}-a）{e}^{2-{x}_{1}}$
因$-{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}+a=0$，∴上式化為$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}+（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）]≥$$（2-{x}_{1}）（2{x}_{1}）{e}^{2-{x}_{1}}$，
即不等式${x}_{1}[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≤0$ 對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（i）當(dāng)x₁=0 時(shí)，不等式${x}_{1}[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）≤0$ 恒成立，λ∈R；
（ii）當(dāng)x₁∈（0，1）時(shí)，$[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≤0$ 恒成立，即$λ≥\frac{2{e}^{2-{x}_{1}}}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}$，
令函數(shù)$k（x）=\frac{2{e}^{2-{x}_{1}}}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}=2-\frac{2}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}$，顯然，k（x） 是R上的減函數(shù)，
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，$k（x）＜k（0）=\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$，∴$λ≥\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$
（iii）當(dāng)x₁∈（-∞，0）時(shí)，$[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≥0$ 恒成立，即$λ≤\frac{2{e}^{2-{x}_{1}}}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}$，
由（ii），當(dāng)x∈（-∞，0），$k（x）≥k（0）=\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$ 時(shí)，∴$λ≤\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$
綜上，$λ=\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$．

點(diǎn)評 考查根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法和過程，以及基本初等函數(shù)和復(fù)合函數(shù)導(dǎo)數(shù)的求法，一元二次方程實(shí)根個(gè)數(shù)和判別式△的關(guān)系，韋達(dá)定理，以及指數(shù)函數(shù)單調(diào)性和單調(diào)性定義．