Question

18．已知f（x）=ax²-e^x．
（I）若函数f（x）在定义域上恒单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数，由原函数递减，得出导函数小于0恒成立．
（2）设h（x）=f′（x），由两个极值点，通过当a≤0，a＞0，判断函数的极值点有2个的条件，从而求出a的范围．

解答 解：（1）f′（x）=2ax-e^x．
f′（x）＜0恒成立．
2ax-e^x＜0．
x=0时显然成立；
当x＞0时，
2ax＜e^x．
可得a＜$\frac{{e}^{x}}{2x}$．
令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{2x}$．
g′（x）=$\frac{{e}^{x}•2x-2{e}^{x}}{（2x）^{2}}$=$\frac{2{e}^{x}（x-1）}{（2x）^{2}}$．
令g′（x）=0，x=1．
当x＜1时，g（x）单调递减．
当x＞1时，g（x）单调递增．
g（x）_min=g（1）=$\frac{e}{2}$．
即有a$＜\frac{e}{2}$．
x＜0时，a＞$\frac{{e}^{x}}{2x}$恒成立，
由g′（x）＜0，可得g（x）递减，可得a≥0．
综上可得0≤a＜$\frac{e}{2}$；
（2）f′（x）=2ax-e^x
令h（x）=f′（x）．则x₁，x₂是方程h（x）=0的两个根．
h′（x）=2a-e^x．
①a≤0时，h′（x）＜0恒成立，h（x）单调递减．方程h（x）=0不可能有两个根．
②a＞0时，由h′（x）=0，得x=ln2a．
当x∈（-∞，ln2a）时，h′（x）＞0．h（x）单调递增．
当x∈（ln2a，+∞）时，h′（x）＞0．h（x）单调递减．
∴当h（x）_max＞0时，方程h（x）才有两个根．
∴h（x）_max=h（ln2a）=2aln2a-2a＞0．
得a$＞\frac{e}{2}$．
∵f（x）的两个极值点为x₁，x₂
∴f′（x）=0的两个根为x₁，x₂
即2ax=e^x有两个根，
a=$\frac{{e}^{x}}{2x}$有两个不同的根为x₁，x₂
令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{2x}$，
则g′（x）=$\frac{2{e}^{x}（x-1）}{4{x}^{2}}$
g（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∵当x∈（-∞，0）时，g（x）≤0，
故不妨设x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）
对任意a₁，a₂∈（$\frac{e}{2}$，+∞），设a₁＞a₂
g（m₁）=g（m₂）=a₁
g（n₁）=g（n₂）=a₂
其中0＜m₁＜1＜m₂
0＜n₁＜1＜n₂
∵g（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∵g（m₁）＞g（n₁）
g（m₂）＞g（n₂）
∴$\left\{\begin{array}{l}{{m}_{1}＜{n}_{1}}\\{{m}_{2}＞{n}_{2}}\end{array}\right.$，
∴$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}$＞$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$，
∴$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$随a的减小而减小．
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$
$\left\{\begin{array}{l}{2a{x}_{1}={e}^{{x}_{1}}}\\{2a{x}_{2}={e}^{{x}_{2}}}\end{array}\right.$，可化为：x₂-x₁=lnt，（t＞1）
则x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{tlnt}{t-1}$，
∴x₁+x₂=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$
令h（t）=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$，
则可证明h（t）在（1，+∞）上单调递增，
故x₁+x₂随着t的增大而增大，
即x₁+x₂随着$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$的增大而增大，
而当a=$\frac{e}{2}$时，x₁+x₂=2
故x₁+x₂＞2

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及计算能力．