Question

7．已知函数f（x）=e^ax（ax-2）（a＞0）；
（1）求函数的单调区间与极值：
（2）设g（x）=f（$\frac{2}{a}$-x），求证：当x＞$\frac{1}{a}$，f（x）＞g（x）；
（3）若f（x）的图象与直线L：y=t有两个不同的交点A，B，AB中点为C（x₀，y₀）；
（i）求t的取值范围（可直接写出结果，不必书写过程）；
（ii）求证：f′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）令F（x）=f（x）-g（x），求出F（x）的导数，得到函数的单调性，求出F（x）＞0，进而证出结论；
（3）（i）根据函数f（x）的单调性求出t的范围即可；（ii）设出x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂，得到f（x₂）＞f（$\frac{2}{a}$-x₂），结合函数的单调性证出即可．

解答 解：（1）f′（x）=a•e^ax（ax-2）+a•e^ax=a•e^ax（ax-1），令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$；
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，2）	2	（2，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	极大值$\frac{1}{e2}$	↗

∴f（x）在（-∞，$\frac{1}{a}$）内是减函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）内是增函数．
∴当x=$\frac{1}{a}$时，f（x）取得极小值f（$\frac{1}{a}$）=-e．…（3分）
（2）证明：令F（x）=f（x）-g（x）=e^ax（ax-2）+e^2-ax•ax，
∴F′（x）=f′（x）-g′（x）
=f′（x）+f′（$\frac{2}{a}$-x）=a•e^ax（ax-1）+a•e^2-ax（1-ax）
=a•（ax-1）（e^ax-e^2-ax）=a•e^ax•（ax-1）（1-e^2-2ax），
∵x＞$\frac{1}{a}$，∴ax＞1，∴ax-1＞0，2-2ax=-2（ax-1）＜0，∴e^2-2ax＜1，1-e^2-2ax＞0，
∴F′（x）＞0∴F（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）内是增函数，
∴F（x）＞F（$\frac{1}{a}$）=f（$\frac{1}{a}$）-g（$\frac{1}{a}$）=f（$\frac{1}{a}$）-f（$\frac{2}{a}$-$\frac{1}{a}$）=0
∴F（x）＞0   即f（x）＞g（x）…（7分）
（3）证明：（i）由（1）知，f（x）在（-∞，$\frac{1}{a}$）内是减函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）内是增函数．
∴当x=$\frac{1}{a}$时，f（x）取得极小值f（$\frac{1}{a}$）=-e
考虑到当x→-∞时，e^ax→0，ax-2→0，且e^ax＞0，ax-2＜0，
∴f（x）→0且f（x）＜0当x→+∞时，显然f（x）→∞，显然：t∈（-e，0）…（9分）
（ii）设A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂）），不妨设：x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂
∵x₂＞$\frac{1}{a}$，∴由（2）知：f（x₂）＞g（x₂）=f（$\frac{2}{a}$-x₂）  即：f（x₂）＞f（$\frac{2}{a}$-x₂）
∵f（x₁）=f（x₂）∴f（x₁）＞f（$\frac{2}{a}$-x₂）
∵x₁＜$\frac{1}{a}$＜x₂∴x₁∈（-∞，$\frac{1}{a}$），$\frac{2}{a}$-x₂∈（-∞，$\frac{1}{a}$），
由（1）知：f（x）在（-∞，$\frac{1}{a}$）内是减函数
∴x₁＜$\frac{2}{a}$-x₂∴x₁+x₂＜$\frac{2}{a}$，即x₀＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0在x∈（-∞，$\frac{1}{a}$）时恒成立，
∴f′（x₀）＜0…（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函数恒成立问题，是一道综合题．