Question

13．已知函數(shù)f（x）=e^x|x²-a|（a≥0）．
（1）當a=1時，求f（x）的單調(diào)減區(qū)間；
（2）若存在m＞0，方程f（x）=m恰好有一個正根和一個負根，求實數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出a=1的f（x）的解析式，分別求出各段的導數(shù)，解不等式即可得到減區(qū)間；
（2）討論a=0，a＞0，通過導數(shù)判斷單調(diào)區(qū)間和極值，由方程f（x）=m恰好有一個正根和一個負根，即可求得m的范圍，進而得到m的最大值．

解答 解：（1）當a=1時，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x}（{x}^{2}-1），|x|＞1}\\{{e}^{x}（1-{x}^{2}），|x|≤1}\end{array}\right.$，
當|x|＞1時，f′（x）=e^x（x²+2x-1），
由f′（x）≤0得-1-$\sqrt{2}$≤x≤-1+$\sqrt{2}$，
所以f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（-1-$\sqrt{2}$，-1）；
當|x|≤1時，f′（x）=-e^x（x²+2x-1），
由f′（x）≤0得x≥-1+$\sqrt{2}$或x≤-1-$\sqrt{2}$．
所以f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（-1+$\sqrt{2}$，1）；
綜上可得，函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（-1-$\sqrt{2}$，-1），（-1+$\sqrt{2}$，1）；
（2）當a=0時，f（x）=e^x•x²，f′（x）=e^x•x（x+2），
當x＜-2時，f′（x）＞0，f（x）遞增，當-2＜x＜0時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
當x＞0時，f′（x）＞0，f（x）遞增．
f（-2）為極大值，且為4e^-2，f（0）為極小值，且為0，
當a＞0時，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x}（{x}^{2}-a），|x|＞\sqrt{a}}\\{{e}^{x}（a-{x}^{2}），|x|≤\sqrt{a}}\end{array}\right.$
同（1）的討論可得，f（x）在（-∞，-$\sqrt{a+1}$-1）上增，在（-$\sqrt{a+1}$-1，-$\sqrt{a}$）上減，
在（-$\sqrt{a}$，$\sqrt{a+1}$-1）上增，在（$\sqrt{a+1}$-1，$\sqrt{a}$）上減，在（$\sqrt{a}$，+∞）上增，
且函數(shù)y=f（x）有兩個極大值點，
f（-$\sqrt{a+1}$-1）=$\frac{2{e}^{-\sqrt{a+1}}（\sqrt{a+1}+1）}{e}$，f（$\sqrt{a+1}$-1）=$\frac{2{e}^{\sqrt{a+1}}（\sqrt{a+1}-1）}{e}$，
且當x=a+1時，f（a+1）=e^a+1（a²+a+1）＞${e}^{\sqrt{a+1}}$（$\sqrt{a+1}$-1）＞$\frac{2{e}^{\sqrt{a+1}}（\sqrt{a+1}-1）}{e}$，
所以若方程f（x）=m恰好有正根，
則m＞f（-$\sqrt{a+1}$-1）（否則至少有二個正根）．
又方程f（x）=m恰好有一個負根，則m=f（-$\sqrt{a+1}$-1）．
令令g（x）=e^-x（x+1），x≥1．g′（x）=-xe^-x＜0，
g（x）在x≥1遞減，即g（x）_max=g（1）=$\frac{2}{e}$，
等號當且僅當x=1時取到．
所以f（-$\sqrt{a+1}$-1）_max=（$\frac{2}{e}$）²，等號當且僅當a=0時取到．
且此時f（-$\sqrt{a+1}$-1）=$2{e}^{\sqrt{a+1}-1}$（$\sqrt{a+1}$-1）=0，
即f（-$\sqrt{a+1}$-1）＞f（$\sqrt{a+1}$-1），
所以要使方程f（x）=m恰好有一個正根和一個負根，m的最大值為$\frac{4}{{e}^{2}}$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查分類討論的思想方法，運用函數(shù)和方程的轉(zhuǎn)化思想是解題的關(guān)鍵．