Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{-{x}^{2}+ax-a}{{e}^{x}}$（x＞0，a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的極值點；
（2）設(shè)g（x）=$\frac{f（x）+f′（x）}{x-1}$，若函數(shù)g（x）在（0，1）∪（1，+∞）內(nèi)有兩個極值點x₁，x₂，求證：g（x₁）•g（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，并分解因式，對a討論，分a≤0，a＞2，0＜a＜2，求得單調(diào)區(qū)間，可得所求極值點；
（2）求出g（x）的解析式和導(dǎo)數(shù)，由題意可得2x²-（a+2）x+2=0有兩個不為1的正根，運用判別式大于0和韋達(dá)定理，可得a＞2，化簡g（x₁）•g（x₂），由不等式的性質(zhì)即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{-{x}^{2}+ax-a}{{e}^{x}}$（x＞0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+2a}{{e}^{x}}$=$\frac{（x-a）（x-2）}{{e}^{x}}$，
當(dāng)a≤0時，由x＞0，則x-a＞0，當(dāng)x＞2時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)0＜x＜2時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
可得x=2為f（x）的極小值點；
當(dāng)a＞2時，由x＞a或0＜x＜2時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)2＜x＜a時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
可得x=2為f（x）的極大值點；x=a為f（x）的極小值點；
當(dāng)0＜a＜2時，由x＞2或0＜x＜a時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)a＜x＜2時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
可得x=a為f（x）的極大值點；x=2為f（x）的極小值點．
綜上可得，當(dāng)a≤0時，f（x）的極小值點為x=2，無極大值點；
當(dāng)a＞2時，f（x）的極小值點為x=a，極大值點為x=2；
當(dāng)0＜a＜2時，f（x）的極小值點為x=2，極大值點為x=a；
（2）證明：g（x）=$\frac{f（x）+f′（x）}{x-1}$
=$\frac{（-{x}^{2}+ax-a）+（{x}^{2}-ax-2x+2a）}{{（x-1）•e}^{x}}$=$\frac{a-2x}{（x-1）•{e}^{x}}$，
g′（x）=$\frac{2{x}^{2}-（a+2）x+2}{（x-1）^{2}•{e}^{x}}$，
由函數(shù)g（x）在（0，1）∪（1，+∞）內(nèi)有兩個極值點x₁，x₂，
可得2x²-（a+2）x+2=0有兩個不為1的正根，
即有△=（a+2）²-16＞0，解得a＞2或a＜-6，
且x₁+x₂=$\frac{a+2}{2}$＞0，x₁x₂=1，
解得a＞2．
則g（x₁）•g（x₂）=$\frac{a-2{x}_{1}}{（{x}_{1}-1）•{e}^{{x}_{1}}}$•$\frac{a-2{x}_{2}}{（{x}_{2}-1）•{e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{a}^{2}-2a（{x}_{1}+{x}_{2}）+4{x}_{1}{x}_{2}}{（{x}_{1}{x}_{2}+1-{x}_{1}-{x}_{2}）•{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}$=$\frac{4-2a}{\frac{2-a}{2}•{e}^{\frac{2+a}{2}}}$=$\frac{4}{{e}^{1+\frac{a}{2}}}$，
由a＞2可得e${\;}^{1+\frac{a}{2}}$＞e²，
即有$\frac{4}{{e}^{1+\frac{a}{2}}}$＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．
則g（x₁）•g（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值，同時考查不等式的證明，注意運用韋達(dá)定理和判別式，考查分類討論的思想方法，化簡整理的運算能力，屬于中檔題．