Question

10．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-be^x（a∈R，b∈R），且f（x）在x=0处的切线与x-y+3=0垂直．
（1）若函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]存在单调递增区间，求实数a的取值范围；
（2）若f′（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求a的取值范围；
（3）在第二问的前提下，证明：-$\frac{e}{2}$＜f′（x₁）＜-1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为$a＞\frac{e^x}{x^2}$在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解，令$g（x）=\frac{e^x}{x^2}$，故只需$a＞g{（x）_{min}}，（{x∈[{\frac{1}{2}，1}]}）$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（2）令h（x）=f'（x），则h（x）=ax²-e^x，问题转化为方程$2a=\frac{e^x}{x}$有两个根，设φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）求出f′（x₁）=${e}^{{x}_{1}}$（$\frac{{x}_{1}}{2}$-1），x₁∈（0，1），令r（t）=e^t（$\frac{t}{2}$-1），（0＜t＜1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：因为f'（x）=ax²-be^x，所以f'（0）=-b=-1，所以b=1…（1分）
（1）由前可知，f'（x）=ax²-e^x
根据题意：f'（x）＞0在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解，即ax²-e^x＞0在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解 …（2分）
即$a＞\frac{e^x}{x^2}$在$[{\frac{1}{2}，1}]$上有解，令$g（x）=\frac{e^x}{x^2}$，故只需$a＞g{（x）_{min}}，（{x∈[{\frac{1}{2}，1}]}）$
所以$g'（x）=\frac{{（{x-2}）{e^x}}}{x^3}$，所以，当$x∈[{\frac{1}{2}，1}]$时，g'（x）＜0，所以g（x）在$[{\frac{1}{2}，1}]$上单调递减，
所以g（x）_min=g（1）=e，所以    a＞e…（4分）
（2）令h（x）=f'（x），则h（x）=ax²-e^x，所以h'（x）=2ax-e^x
由题可知，h'（x）=0有两个根x₁，x₂，即2ax-e^x=0有两个根x₁，x₂，
又x=0显然不是该方程的根，所以方程$2a=\frac{e^x}{x}$有两个根，…（6分）
设φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，则φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，当x＜0时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减；
当0＜x＜1时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减；当x＞1时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增．
故要使方程2a=$\frac{{e}^{x}}{x}$有两个根，只需2a＞φ（1）=e，即a＞$\frac{e}{2}$，
所以a的取值范围是（$\frac{e}{2}$，+∞），
（3）由（2）得：0＜x₁＜1＜x₂…（9分）
且由h'（x₁）=0，得2ax₁-${e}^{{x}_{1}}$=0，所以a=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{{2x}_{1}}$，x₁∈（0，1）…（10分）
所以f′（x₁）=h（x₁）=a${{x}_{1}}^{2}$-${e}^{{x}_{1}}$=${e}^{{x}_{1}}$（$\frac{{x}_{1}}{2}$-1），x₁∈（0，1），
令r（t）=e^t（$\frac{t}{2}$-1），（0＜t＜1），则r′（t）=e^t（$\frac{t-1}{2}$）＜0，
r（t）在（0，1）上单调递减，
所以r（1）＜r（t）＜r（0），即-$\frac{e}{2}$＜f′（x₁）＜-1．…（12分）

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转化思想，是一道综合题．