Question

17．已知函數(shù)f（x）=a（x-1）（e^x-a）（常數(shù)a∈R且a≠0）．
（Ⅰ）證明：當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）有且只有一個極值點；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）存在兩個極值點x₁，x₂，證明：0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$且0＜f（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明：當(dāng)a＞0時，f′（x）=0只有一個根，即可證明函數(shù)f（x）有且只有一個極值點；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）存在兩個極值的等價條件，求出a的取值范圍，結(jié)合不等式的性質(zhì)進行求解即可．

解答 （Ⅰ）證明：函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=a[e^x-a+（x-1）e^x]=a（xe^x-a），
當(dāng)a＞0時，由f′（x）=0，得xe^x=a，即e^x=$\frac{a}{x}$，
作出函數(shù)y=e^x和y=$\frac{a}{x}$的圖象，則兩個函數(shù)的圖象有且只有1個交點，即函數(shù)f（x）有且只有一個極值點；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）有且只有一個極值點；不滿足條件，
則a＜0，
∵f（x）存在兩個極值點x₁，x₂，
∴x₁，x₂，是h（x）=f′（x）=a（xe^x-a）的兩個零點，
令h′（x）=a（x+1）e^x=0，得x=-1，
令h′（x）＞0得x＜-1，
令h′（x）＜0得x＞-1，
∴h（x）在（-∞，-1]上是增函數(shù)，在[-1，+∞）上是減函數(shù)，
∵h（0）=f′（0）=-a²＜0，∴必有x₁＜-1＜x₂＜0．
令f′（t）=a（te^t-a）=0，得a=te^t，
此時f（t）=a（t-1）（e^t-a）=te^t（t-1）（e^t-te^t）=-e^2tt（t-1）²=-e^2t（t³-2t²+t），
∵x₁，x₂，是h（x）=f′（x）=a（xe^x-a）的兩個零點，
∴f（x₁）=-e${\;}^{2{x}_{1}}$（x₁³-2x₁²+x₁），f（x₂）=-e${\;}^{2{x}_{2}}$（x₂³-2x₂²+x₂），
將代數(shù)式-e^2t（t³-2t²+t）看作以t為變量的函數(shù)g（t）=-e^2t（t³-2t²+t）．
g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1），
當(dāng)t＜-1時，g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1）＞0，
則g′（t）在（-∞，-1）上單調(diào)遞增，
∵x₁＜-1，∴f（x₁）=g（x₁）＜g（-1）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
∵f（x₁）=-e${\;}^{2{x}_{1}}$x₁（x₁-1）²＞0，
∴0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$，
當(dāng)-1＜t＜0時，g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1）＜0，
則g′（t）在（-1，0）上單調(diào)遞減，
∵-1＜x₂＜0，∴0=g（0）=g（x₂）=f（x₂）＜g（-1）=$\frac{4}{{e}^{2}}$
綜上，0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$且0＜f（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

點評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)極值和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性和極值是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．