Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=ea（x﹣1）﹣ax2 ， a為不等于零的常數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a＜0時(shí)，求函數(shù)f′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（Ⅱ）若對(duì)任意x1 ， x2 ， 當(dāng)x1＜x2時(shí)，f（x2）﹣f（x1）＞a（ ﹣2x1）（x2﹣x1）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=aea（x﹣1）﹣2ax， 令g（x）=aea（x﹣1）﹣2ax，
∴g′（x）=a2ea（x﹣1）﹣2a＞0，
∴g（x）在R上單調(diào)遞增，
∵g（0）=ae﹣a＜0，g（1）=﹣a＞0，
∴g（x）在R上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)f′（x）在R上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；
（Ⅱ）①當(dāng)a＜0時(shí)，f（x2）﹣f（x1）＞ ﹣2ax2﹣ ﹣2ax1
= （ ﹣1）﹣a（x2+x1）（x2﹣x1）
＞ （ ﹣1）﹣2ax1（x2﹣x1），
令h（x）=eax﹣ax﹣1，x＞0，
∴h′（x）=aeax﹣a=a（eax﹣1）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）＞h（0）=0，
即eax﹣1＞ax，
∴ ﹣1＞a（x2+x1），
∴f（x2）﹣f（x1）＞a（ ﹣2x1）（x2﹣x1），
②當(dāng)a＞0，由（Ⅰ）可得g′（x）=a2ea（x﹣1）﹣2a，
令g′（x）=a2ea（x﹣1）﹣2a=0，解得x0= ln +1，
當(dāng)x變化時(shí)，g′（x），g（x）變化情況列表如下：

x	（﹣∞，x0）	x0	（x0 ， +∞）
g′（x）	﹣	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

∴g（x0）= ﹣2ax0=2（lna﹣a+1﹣ln2），
令m（x）=lnx﹣x+1﹣ln2，
∴m′（x）= ﹣1= ，
∴m（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞0時(shí)，m（x）＜m（1）=﹣ln2＜0，即g（x0）＜0
又∵當(dāng)x→+∞時(shí)，g（x）＞0，
∴在（﹣∞，x0）上g（x）存在一個(gè)零點(diǎn)x1 ， 即f′（x1）=0，
∴當(dāng)x變化時(shí)，f′（x），f（x）在區(qū)間（﹣∞，x0）變化情況列表如下：

x	（﹣∞，x1）	x1	（x1 ， x0）
f′（x）	+	0	﹣
f（x）	遞增	極大值	遞減

∴f（x0）﹣f（x1）＜0=af′（x1）（x2﹣x1）=a（ ﹣2x1）（x2﹣x1），與結(jié)論矛盾，
綜上可知，a的取值范圍為（﹣∞，0）
【解析】（Ⅰ）先求導(dǎo)，再判斷其導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)存在定理即可判斷，（Ⅱ）分a＜0或a＞0兩種情況討論，對(duì)于a＜0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=eax﹣ax﹣1，x＞0，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值即可證明， 對(duì)于a＞0，根據(jù)（Ⅰ）的結(jié)論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性極值的關(guān)系可得g（x0）=2（lna﹣a+1﹣ln2），再構(gòu)造函數(shù)m（x）=lnx﹣x+1﹣ln2，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系可得當(dāng)x＞0時(shí)，m（x）＜m（1）=﹣ln2＜0，即g（x0）＜0，再根據(jù)f′（x），f（x）在區(qū)間（﹣∞，x0）變化情況，得到與已知相矛盾，問(wèn)題得以解決