分析 (Ⅰ)求出f(x)的導(dǎo)數(shù),通過討論判別式的符號,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;
(Ⅱ)問題轉(zhuǎn)化為不等式x1[2e1−x1-λ(e1−x1+1)]≤0對任意的x1∈(-∞,1]恒成立,通過討論x1 的范圍,求出λ的值即可.
解答 解:(Ⅰ)f′(x)=(-x2+2x+a)e1-x,△4+4a,
當(dāng)△=4+4a≤0,即a≤-1時,-x2+2x+a≤0恒成立,
即函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù).
當(dāng)△=4+4a>0,即a>-1時,設(shè)-x2+2x+a=0的兩根:x1=1-√1+a,x2=1+√1+a,
可得函數(shù)f(x)是(-∞,x1)、(x2,+∞)上的減函數(shù),是(x1,x2)上的增函數(shù).
(Ⅱ)根據(jù)題意,方程-x2+2x+a=0有兩個不同的實根x1,x2,(x1<x2),
∴△=4+4a>0,即a>-1,且x1+x2=2,
∵x1<x2,∴x1<1,
由x2f(x1)≤λ[f′(x1)-a(e1−x1+1)],得
(2-x1)(x12-a)e1−x1≤λ[(2x1-x12)e1−x1-a],其中-x12+2x1+a=0,
∴上式化為(2-x1)(2x1)e1−x1≤λ[(2x1-x12)e1−x1+(2x1-x12)],整理:
x1(2-x1)[2e1−x1-λ(e1−x1+1)]≤0,其中2-x1>1,即
不等式x1[2e1−x1-λ(e1−x1+1)]≤0對任意的x1∈(-∞,1]恒成立.
①當(dāng)x1=0時,不等式x1[2e1−x1-λ(e1−x1+1)]≤0恒成立,λ∈R;
②當(dāng)x1∈(0,1)時,2e1−x1-λ(e1−x1+1)≤0恒成立,
即λ≥2e1−x1e1−x1+1,
令函數(shù)g(x)=2e1−x1e1−x1+1=2-2e1−x+1,
顯然,函數(shù)g(x)是R上的減函數(shù),
∴當(dāng)x∈(0,1)時,g(x)<g(0)=2ee+1,即λ≥2ee+1,
③當(dāng)x1∈(-∞,0)時,2e1−x1-λ(e1−x1+1)≥0恒成立,
即λ≤2e1−x1e1−x1+1,
由②可知,當(dāng)x∈(-∞,0)時,g(x)>g(0)=2ee+1,
即λ≤2ee+1.
綜上所述,λ=2ee+1.
點評 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)用以及函數(shù)恒成立問題,考查分類討論思想,是一道綜合題.
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A. | 必然事件 | B. | 不可能事件 | ||
C. | 隨機(jī)事件 | D. | 以上選項均有可能 |
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A. | 7 | B. | 8 | C. | 9 | D. | 10 |
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A. | 72 | B. | 52 | C. | 32 | D. | 1 |
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