Question

14．已知函數(shù)f（x）=2-$\frac{ax+2}{{e}^{x}}$（a∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性，
（2）若f（x）≥0恒成立，證明：當(dāng)-1＜x₁＜x₂時(shí)$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}}$．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則可得f′（x），對(duì)a分類討論即可得出其單調(diào)性；
（2）通過對(duì)a分類討論，得到當(dāng)a=2，滿足條件且e^x-1≥x，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，取“=”．利用此結(jié)論即可證明．

解答 解：（1）f（x）=2-$\frac{ax+2}{{e}^{x}}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{ax+2-a}{{e}^{x}}$，
當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在R上遞增；
當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）＞0，可得x＞$\frac{a-2}{a}$；f′（x）＜0，可得x＜$\frac{a-2}{a}$；
當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）＞0，可得x＜$\frac{a-2}{a}$；f′（x）＜0，可得x＞$\frac{a-2}{a}$；
綜上可得，a=0時(shí)，f（x）的增區(qū)間為R；
a＞0時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（$\frac{a-2}{a}$，+∞），減區(qū)間為（-∞，$\frac{a-2}{a}$）；
a＜0時(shí)，f（x）的減區(qū)間為（$\frac{a-2}{a}$，+∞），增區(qū)間為（-∞，$\frac{a-2}{a}$）；
（2）證明：f（x）≥0恒成立，即為2e^x-ax-2≥0恒成立，
當(dāng)x=0時(shí)，恒成立；x＞0時(shí)，$\frac{a}{2}$≤$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，
由e^x-x-1的導(dǎo)數(shù)為e^x-1，當(dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)遞增；x＜0時(shí)，函數(shù)遞減．
即有x=0處取得最小值0，即有e^x-x-1≥0.$\frac{{e}^{x}-1}{x}$≥1，
即有$\frac{a}{2}$≤1，a≤2；
x＜0時(shí)，$\frac{a}{2}$≥$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，由$\frac{{e}^{x}-1}{x}$≤1（x＜0），
可得$\frac{a}{2}$≥1，即有a≥2，
綜上可得a=2．
當(dāng)-1＜x₁＜x₂時(shí)，f（x₂）-f（x₁）=$\frac{2{x}_{1}+2}{{e}^{{x}_{1}}}$-$\frac{2{x}_{2}+2}{{e}^{{x}_{2}}}$，
要證當(dāng)-1＜x₁＜x₂時(shí)$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}}$，
即為f（x₂）-f（x₁）＞2x₁（x₂-x₁）•$\frac{1}{{e}^{{x}_{2}}}$，
即證x₁${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{2}}$-x₂${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{1}}$＞x₁（x₂-x₁）•${e}^{{x}_{1}}$，
即證${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x₁+1）-x₂-1＞x₁（x₂-x₁），
由${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x₁+1）-x₂-1＞（x₂-x₁+1）（x₁+1）-x₂-1
=x₁x₂+x₂-x₁²-x₁+1+x₁-x₂-1=x₁x₂-x₁²=x₁（x₂-x₁），
故原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)恒成立問題及不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析問題解決問題的能力，對(duì)能力要求較高，屬于中檔題．