Question

13．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=（x²-ax+1）e^-x，其中a∈[0，2]．
（I）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）證明：當(dāng)x∈（0，1+a]時(shí)，f（x）≤$\frac{1}{x}$．

Answer 1

分析 （1）對(duì)a進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）對(duì)a進(jìn)行分類討論，把證明不等式成立問題轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)單調(diào)性問題解決，利用（1）的結(jié)論即可得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）定義域?yàn)镽，知x²-ax+1＞0恒成立，于是△=a²-4≤0，
當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=（x²+1）e^-x，函數(shù)定義域?yàn)镽，f′（x）=-（x-1）²e^-x≤0，
于是f（x）在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)a∈（0，2）時(shí)，求導(dǎo)得f′（x）=-e^-x（x-1）[（x-（a+1），a+1＞1，
令f′（x）＞0，解得：1＜x＜a+1，
令f′（x）＜0，解得：x＞a+1或x＜1，
∴f（x）在（-∞，1）上遞減，在（1，a+1）上遞增，在（a+1，+∞）上遞減；
（Ⅱ）令g（x）=$\frac{1}{f（x）}$，當(dāng)x∈（0，1+a]時(shí)，f（x）≤$\frac{1}{x}$，即g（x）≥x，
當(dāng)a=0時(shí)，（0，a+1]=（0，1]，又g（x）在[0，1]單調(diào)遞增，g（0）=1于是g（x）≥1≥x，
即得g（x）≥x在x∈（0，a+1]上成立．…（6分）
當(dāng)a∈（0，2）時(shí)，由（I）知g（x）在[0，1]上遞增，在[1，1+a]上遞減．
當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，由g（x）≥1≥x，即得g（x）≥x在x∈[0，1]上成立；…（8分）
當(dāng)x∈（1，1+a]時(shí)，有g(shù)（x）≥g（1+a）=$\frac{{e}^{1+a}}{{（1+a）}^{2}-a（1+a）+1}$=$\frac{{e}^{1+a}}{a+2}$．
下面證明：g（1+a）=$\frac{{e}^{1+a}}{a+2}$≥a+1．
令x=a+1，h（x）=e^x-（x+1）x，則h'（x）=e^x-2x-1，且x∈（1，3）．
記φ（x）=h'（x）=e^x-2x-1，則φ'（x）=e^x-2＞e-2＞0，于是φ（x）=h'（x）在[1，3]上單調(diào)遞增．
又因?yàn)閔'（1）＜0，h′（$\frac{3}{2}$）=${e}^{\frac{3}{2}}$-4＞0，所以存在唯一的x0∈（1，$\frac{3}{2}$）使得h′（x0）=ex0-2x0-1=0，從而ex0=2x0+1．
于是h（x）在[1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，3]上單調(diào)遞增，此時(shí)h（x）≥h（x₀）=e^x0-${{x}_{0}}^{2}$-x₀═-（x₀-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{5}{4}$＞0．
從而 h（a+1）≥h（x₀）＞0，即   $\frac{{e}^{a+1}}{a+2}$≥a+1．
亦即g（x）≥g（a+1）≥a+1≥x．
因此不等式g（x）≥x在（1，1+a]上成立．
所以當(dāng)a∈（0，2）時(shí)，不等式g（x）≥x對(duì)于任意的x∈[0，a+1]恒成立．
綜上可得，當(dāng)a∈[0，2]時(shí)，對(duì)于任意的x∈[0，a+1]不等式g（x）≥x恒成立
即當(dāng)x∈（0，1+a]時(shí)，f（x）≤$\frac{1}{x}$恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷及證明不等式恒成立問題，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，注意分類討論思想的運(yùn)用，邏輯性強(qiáng)，屬難題．