Question

7．已知函數(shù)f（x）=e^ax（ax-2）（a＞0）；
（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值：
（2）設g（x）=f（$\frac{2}{a}$-x），求證：當x＞$\frac{1}{a}$，f（x）＞g（x）；
（3）若f（x）的圖象與直線L：y=t有兩個不同的交點A，B，AB中點為C（x₀，y₀）；
（i）求t的取值范圍（可直接寫出結果，不必書寫過程）；
（ii）求證：f′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）令F（x）=f（x）-g（x），求出F（x）的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，求出F（x）＞0，進而證出結論；
（3）（i）根據(jù)函數(shù)f（x）的單調(diào)性求出t的范圍即可；（ii）設出x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂，得到f（x₂）＞f（$\frac{2}{a}$-x₂），結合函數(shù)的單調(diào)性證出即可．

解答 解：（1）f′（x）=a•e^ax（ax-2）+a•e^ax=a•e^ax（ax-1），令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$；
當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，2）	2	（2，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	極大值$\frac{1}{e2}$	↗

∴f（x）在（-∞，$\frac{1}{a}$）內(nèi)是減函數(shù)，在（$\frac{1}{a}$，+∞）內(nèi)是增函數(shù)．
∴當x=$\frac{1}{a}$時，f（x）取得極小值f（$\frac{1}{a}$）=-e．…（3分）
（2）證明：令F（x）=f（x）-g（x）=e^ax（ax-2）+e^2-ax•ax，
∴F′（x）=f′（x）-g′（x）
=f′（x）+f′（$\frac{2}{a}$-x）=a•e^ax（ax-1）+a•e^2-ax（1-ax）
=a•（ax-1）（e^ax-e^2-ax）=a•e^ax•（ax-1）（1-e^2-2ax），
∵x＞$\frac{1}{a}$，∴ax＞1，∴ax-1＞0，2-2ax=-2（ax-1）＜0，∴e^2-2ax＜1，1-e^2-2ax＞0，
∴F′（x）＞0∴F（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，
∴F（x）＞F（$\frac{1}{a}$）=f（$\frac{1}{a}$）-g（$\frac{1}{a}$）=f（$\frac{1}{a}$）-f（$\frac{2}{a}$-$\frac{1}{a}$）=0
∴F（x）＞0   即f（x）＞g（x）…（7分）
（3）證明：（i）由（1）知，f（x）在（-∞，$\frac{1}{a}$）內(nèi)是減函數(shù)，在（$\frac{1}{a}$，+∞）內(nèi)是增函數(shù)．
∴當x=$\frac{1}{a}$時，f（x）取得極小值f（$\frac{1}{a}$）=-e
考慮到當x→-∞時，e^ax→0，ax-2→0，且e^ax＞0，ax-2＜0，
∴f（x）→0且f（x）＜0當x→+∞時，顯然f（x）→∞，顯然：t∈（-e，0）…（9分）
（ii）設A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂）），不妨設：x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂
∵x₂＞$\frac{1}{a}$，∴由（2）知：f（x₂）＞g（x₂）=f（$\frac{2}{a}$-x₂）  即：f（x₂）＞f（$\frac{2}{a}$-x₂）
∵f（x₁）=f（x₂）∴f（x₁）＞f（$\frac{2}{a}$-x₂）
∵x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂∴x₁∈（-∞，$\frac{1}{a}$），$\frac{2}{a}$-x₂∈（-∞，$\frac{1}{a}$），
由（1）知：f（x）在（-∞，$\frac{1}{a}$）內(nèi)是減函數(shù)
∴x₁＜$\frac{2}{a}$-x₂∴x₁+x₂＜$\frac{2}{a}$，即x₀＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0在x∈（-∞，$\frac{1}{a}$）時恒成立，
∴f′（x₀）＜0…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．