Question

8．已知函数f（x）=x+a•e^-x．
（Ⅰ）当a=e²时，求f（x）在区间[1，3]上的最小值；
（Ⅱ）求证：存在实数x₀∈[-3，3]，有f（x₀）＞a．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=e²时，f（x）=x+e^2-x，x∈[1，3]；f′（x）=1-e^2-x，从而由导数的正负确定函数的单调性及最值；
（Ⅱ）“存在实数x₀∈[-3，3]，有f（x₀）＞a”等价于f（x）的最大值大于a；且f′（x）=1-ae^-x，从而分当a≤0时，当a＞0时两大类讨论，再在a＞0时分a≥e³时，e^-3＜a＜e³时与0＜a≤e^-3时讨论，从而证明．

解答 解：（Ⅰ）当a=e²时，f（x）=x+e^2-x，x∈[1，3]；
∵f′（x）=1-e^2-x，由f′（x）=0得x=2；
则x，f′（x），f（x）关系如下：

x	（1，2）	2	（2，3）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以当x=2时，f（x）有最小值为3．
（Ⅱ）证明：“存在实数x₀∈[-3，3]，有f（x₀）＞a”等价于f（x）的最大值大于a．
因为f′（x）=1-ae^-x，
所以当a≤0时，x∈[-3，3]，f′（x）＞0，f（x）在（-3，3）上单调递增，
所以f（x）的最大值为f（3）＞f（0）=a．
所以当a≤0时命题成立；
当a＞0时，由f′（x）=0得x=lna．
则x∈R时，x，f′（x），f（x）关系如下：

x	（-∞，lna）	lna	（lna，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

（1）当a≥e³时，lna≥3，f（x）在（-3，3）上单调递减，
所以f（x）的最大值f（-3）＞f（0）=a．
所以当a≥e³时命题成立；
（2）当e^-3＜a＜e³时，-3＜lna＜3，
所以f（x）在（-3，lna）上单调递减，在（lna，3）上单调递增．
所以f（x）的最大值为f（-3）或f（3）；
且f（-3）＞f（0）=a与f（3）＞f（0）=a必有一成立，
所以当e^-3＜a＜e³时命题成立；
（3）当0＜a≤e^-3时，lna≤-3，
所以f（x）在（-3，3）上单调递增，
所以f（x）的最大值为f（3）＞f（0）=a．
所以当0＜a≤e^-3时命题成立；
综上所述，
对任意实数a都存在x∈[-3，3]使f（x）＞a成立．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题及分类讨论的思想应用，属于中档题．