Question

5．函數(shù)f（x）=（x²-a）e^1-x，a∈R
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)f（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）時，總有x₂f（x₁）≤λ[f′（x₁）-a（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）]（其中f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)），求實數(shù)λ的值．

Answer 1

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[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+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）e^1-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-$\sqrt{1+a}$，x₂=1+$\sqrt{1+a}$，
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（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]，得
（2-x₁）（${{x}_{1}}^{2}$-a）${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）${e}^{1{-x}_{1}}$-a]，其中-${{x}_{1}}^{2}$+2x₁+a=0，
∴上式化為（2-x₁）（2x₁）${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）${e}^{1{-x}_{1}}$+（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）]，整理：
x₁（2-x₁）[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0，其中2-x₁＞1，即
不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0對任意的x₁∈（-∞，1]恒成立．
①當(dāng)x₁=0時，不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0恒成立，λ∈R；
②當(dāng)x₁∈（0，1）時，2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）≤0恒成立，
即λ≥$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$，
令函數(shù)g（x）=$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$=2-$\frac{2}{{e}^{1-x}+1}$，
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）=$\frac{2e}{e+1}$，即λ≥$\frac{2e}{e+1}$，
③當(dāng)x₁∈（-∞，0）時，2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）≥0恒成立，
即λ≤$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$，
由②可知，當(dāng)x∈（-∞，0）時，g（x）＞g（0）=$\frac{2e}{e+1}$，
即λ≤$\frac{2e}{e+1}$．
綜上所述，λ=$\frac{2e}{e+1}$．

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．