分析 (Ⅰ)求出f(x)的導(dǎo)數(shù),求得切線的斜率,由兩直線平行的條件,解方程可得a的值;
(Ⅱ)由題意可得a(ex-a)≥x在x∈(1,+∞)上恒成立,令g(x)=a(ex-a)-x,求出導(dǎo)數(shù),對a討論,a<0,a>0,求得單調(diào)區(qū)間和極值、最值,解不等式即可得到所求范圍.
解答 解:(Ⅰ)依題意,f′(x)=a(xex-a),
∵f(x)在(0,f(0))處切線與直線y=-4x+1,
∴f′(0)=-a2=-4,解得:a=±2.
(Ⅱ)依題意,“對任意x∈[1,+∞),f(x)≥x2-x”
等價于“a(ex-a)≥x在x∈(1,+∞)上恒成立”.
令g(x)=a(ex-a)-x,則g'(x)=aex-1.
(1)當(dāng)a<0時,g'(x)<0,g(x)=a(ex-a)-x在x∈[1,+∞)上單調(diào)遞減,
又g(1)=a(e-a)-1=ea-a2-1<0,不合題意,舍去.
(2)當(dāng)a>0時,g'(x)=aex-1=0得x=ln$\frac{1}{a}$,
| (-∞,ln$\frac{1}{a}$) | (ln$\frac{1}{a}$,+∞) |
g'(x) | - | + |
g(x) | 單調(diào)遞減 | 單調(diào)遞增 |
①當(dāng)ln$\frac{1}{a}$≤1,即a≥$\frac{1}{e}$時,g(x)=a(e
x-a)-x在x∈[1,+∞)上單調(diào)遞增,
得g(x)
min=g(1),
由a(e
x-a)-x≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,得g(1)≥0,
即$\frac{e-\sqrt{{e}^{2}-4}}{2}$≤a≤$\frac{e+\sqrt{{e}^{2}-4}}{2}$,
又a≥$\frac{1}{e}$,得 $\frac{e-\sqrt{{e}^{2}-4}}{2}$≤a≤$\frac{e+\sqrt{{e}^{2}-4}}{2}$;
②當(dāng)ln$\frac{1}{a}$>1,即0<a<$\frac{1}{e}$時,由上表可知g(x)
min=g(ln$\frac{1}{a}$),
由a(e
x-a)-x≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,得g(ln$\frac{1}{a}$)≥0,即1+lna-a
2≥0.
令h(a)=1+lna-a
2,則h(a)=$\frac{1}{a}$-2a=$\frac{1-{2a}^{2}}{a}$,
由h(a)=0得a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$或-$\frac{\sqrt{2}}{2}$(舍去),
| (0,$\frac{\sqrt{2}}{2}$) | ($\frac{\sqrt{2}}{2}$,+∞) |
h'(a) | + | - |
h(a) | 單調(diào)遞增 | 單調(diào)遞減 |
由上表可知h(a)=1+lna-a
2在0<a<$\frac{1}{e}$上單調(diào)遞增,
則h(a)<h($\frac{1}{e}$)=-$\frac{1}{{e}^{2}}$<0,故不等式h(a)=1+lna-a
2≥0無解.
綜上所述,$\frac{e-\sqrt{{e}^{2}-4}}{2}$≤a≤$\frac{e+\sqrt{{e}^{2}-4}}{2}$.
點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用:求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、最值,考查不等式恒成立問題的解法,注意運用分類討論的思想方法,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.