Question

5．函数f（x）=（x²-a）e^1-x，a∈R
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）时，总有x₂f（x₁）≤λ[f′（x₁）-a（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）]（其中f′（x）为f（x）的导函数），求实数λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，通过讨论判别式的符号，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0对任意的x₁∈（-∞，1]恒成立，通过讨论x₁ 的范围，求出λ的值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=（-x²+2x+a）e^1-x，△4+4a，
当△=4+4a≤0，即a≤-1时，-x²+2x+a≤0恒成立，
即函数f（x）是R上的减函数．
当△=4+4a＞0，即a＞-1时，设-x²+2x+a=0的两根：x₁=1-$\sqrt{1+a}$，x₂=1+$\sqrt{1+a}$，
可得函数f（x）是（-∞，x₁）、（x₂，+∞）上的减函数，是（x₁，x₂）上的增函数．
（Ⅱ）根据题意，方程-x²+2x+a=0有两个不同的实根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，
∴上式化为（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对任意的x₁∈（-∞，1]恒成立．
①当x₁=0时，不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0恒成立，λ∈R；
②当x₁∈（0，1）时，2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）≤0恒成立，
即λ≥$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$，
令函数g（x）=$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$=2-$\frac{2}{{e}^{1-x}+1}$，
显然，函数g（x）是R上的减函数，
∴当x∈（0，1）时，g（x）＜g（0）=$\frac{2e}{e+1}$，即λ≥$\frac{2e}{e+1}$，
③当x₁∈（-∞，0）时，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，当x∈（-∞，0）时，g（x）＞g（0）=$\frac{2e}{e+1}$，
即λ≤$\frac{2e}{e+1}$．
综上所述，λ=$\frac{2e}{e+1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．