Question

17．設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）=（x²-a）e^1-x．
（Ⅰ）當(dāng)x≥1時(shí)y=f（x）存在斜率為2的切線，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）時(shí)，是否存在實(shí)數(shù)λ，使x₂f（x₁）+aλ（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）≤0？請說明你的理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0對任意x₁∈（-∞，1）恒成立，通過討論x₁的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出滿足條件的λ的值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=（2x-x²+a）e^1-x，
令f′（x）=（2x-x²+a）e^1-x=2，得a=x²-2x+2e^x-1，
令g（x）=x²-2x+2e^x-1，（x≥1），
由于g（x）的導(dǎo)數(shù)g′（x）=2x-2+2e^x-1≥2，
即g（x）在[1，+∞）遞增，
故g（x）的最小值是g（1）=1，
故a的范圍是[1，+∞）；
（Ⅱ）由題意方程-x²+2x+a=0有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x₁，x₂（不妨設(shè)x₁＜x₂），
有-x²+2x+a=0，則△=4+4a＞0，解得：a＞-1，
且x₁+x₂=2，∵x₁＜x₂，∴x₁＜1，
x₂f（x₁）+aλ（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）≤0，
即（2-x₁）（${{x}_{1}}^{2}$-a）${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）${e}^{1{-x}_{2}}$-a]，
故（2-x₁）（2x₁）${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）${e}^{1{-x}_{2}}$+（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）]，
即不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0對任意x₁∈（-∞，1）恒成立，
①x₁=0時(shí)，不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0恒成立，λ∈R，
②x₁∈（0，1）時(shí)，2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）≤0，即λ≥$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$，
令函數(shù)k（x）=$\frac{{2e}^{1-x}}{{e}^{1-x}+1}$=2-$\frac{2}{{e}^{1-x}+1}$，
顯然k′（x）=-$\frac{{2e}^{1-x}}{{（1{+e}^{1-x}）}^{2}}$＜0，k（x）在R遞減，
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，k（x）＜k（0）=$\frac{2e}{e+1}$，
∴λ≥$\frac{2e}{e+1}$；
③x₁∈（-∞，0）時(shí)，2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）≥0恒成立，
即λ≤$\frac{{2}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$，
由②得x∈（-∞，0）時(shí)，k（x）＞k（0）=$\frac{2e}{e+1}$，即λ≤$\frac{2e}{e+1}$，
綜上，存在λ=$\frac{2e}{e+1}$使得x₂f（x₁）+aλ（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）≤0總成立．

點(diǎn)評 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)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．