Question

9．設(shè)函數(shù)f（x）=mxe^x（m∈R），其中f'（0）=1．
（I）求實(shí)數(shù)m的值；
（II）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，0]的最值；
（III）是否存在實(shí)數(shù)a，使得對(duì)任意的x₁，x₂∈（a，+∞），當(dāng)x₁＜x₂時(shí)，恒有$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$＞$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$成立，若存在，求a的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （I）利用函數(shù)的求導(dǎo)公式求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，代值計(jì)算即可求出m的值；
（Ⅱ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性和最值．
（II）構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{x{e}^{x}-a{e}^{a}}{x-a}$，x＞a，求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)導(dǎo)函數(shù)的值與0的關(guān)系，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，求a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=m（1+x）e^x，f'（0）=1，
∴m=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f（x）=xe^x，f′（x）=（1+x）e^x，x∈[-2，0]
令f′（x）=0，解得x=-1，
當(dāng)f′（x）＞0時(shí)，即-1＜x≤0時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時(shí)，即-2≤x≤-1時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴f（x）_min=f（-1）=-$\frac{1}{e}$，
∵f（-2）=-$\frac{2}{{e}^{2}}$，f（0）=0，
∴f（x）_max=0，
（Ⅲ）令g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{x{e}^{x}-a{e}^{a}}{x-a}$，x＞a，則$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$＞$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$恒成立
即g（x）在（a，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增這只需g′（x）＞0．而g′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-ax-a）+a{e}^{a}}{（x-a）^{2}}$，
記h（x）=e^x（x²-ax-a）+ae^a，
則h′（x）=e^x[x²+（2-a）x-2a]=e^x（x+2）（x-a）
故當(dāng)a≥-2，且x＞a時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在[a，+∞）上單調(diào)遞增．
故h（x）＞h（a）=0，從而g′（x）＞0，不等式恒成立
另一方面，當(dāng)a＜-2，且a＜x＜-2時(shí)，h′（x）＜0，h（x）在[a，-2]上單調(diào)遞減又h（a）=0，
∴h（x）＜0，
即g′（x）＜0，g（x）在（a，-2）上單調(diào)遞減．
從而存在x₁x₂，a＜x₁＜x₂＜-2，使得g（x₂）＜g（x₁）
∴a存在，其取值范圍為[-2，+∞）

點(diǎn)評(píng) 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，分類討論思想，屬于中檔題．