Question

20．已知函數(shù)f（x）=a•e^x+x²-bx（a，b∈R，e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)），其導(dǎo)函數(shù)為y=f′（x）．
（1）設(shè)a=-1，若函數(shù)y=f（x）在R上是單調(diào)減函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）設(shè)b=0，若函數(shù)y=f（x）在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍；
（3）設(shè)b=2，且a≠0，點（m，n）（m，n∈R）是曲線y=f（x）上的一個定點，是否存在實數(shù)x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（x）≤0恒成立，即為-b≤e^x-2x，令g（x）=e^x-2x，求得導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間，可得極小值，且為最小值，即可得到b的范圍；
（2）求得f（x）的解析式，令f（x）=0，可得-a=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，設(shè)h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，求得h（x）的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間、極值，結(jié)合零點個數(shù)只有一個，即可得到a的范圍；
（3）假設(shè)存在實數(shù)x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立．求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，化簡整理可得$\frac{{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}}{{x}_{0}-m}$=e${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$，考慮函數(shù)y=e^x的圖象與y=lnx的圖象關(guān)于直線y=x對稱，上式可轉(zhuǎn)化為$\frac{ln{x}_{0}-lnm}{{x}_{0}-m}$=$\frac{2}{{x}_{0}+m}$，設(shè)t=$\frac{{x}_{0}}{m}$＞1，上式即為lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，令m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性即可判斷不存在．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=-e^x+x²-bx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=-e^x+2x-b，
函數(shù)y=f（x）在R上是單調(diào)減函數(shù)，可得f′（x）≤0恒成立，
即為-b≤e^x-2x，令g（x）=e^x-2x，
g′（x）=e^x-2，當x＞ln2時，g′（x）＞0，g（x）遞增；
當x＜ln2時，g′（x）＜0，g（x）遞減．
則g（x）在x=ln2處取得極小值，且為最小值2-2ln2，
即有-b≤2-2ln2，即b≥2ln2-2，
則b的取值范圍是[2ln2-2，+∞）；
（2）由b=0，可得f（x）=a•e^x+x²，
令f（x）=0，即有-a=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
設(shè)h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
當0＜x＜2時，h′（x）＞0，h（x）在（0，2）遞增；
當x＞2或x＜0時，h′（x）＜0，h（x）在（-∞，0），（2，+∞）遞減．
可得h（x）在x=2處取得極大值$\frac{4}{{e}^{2}}$，
且h（x）＞0，x→+∞，h（x）→0，
由題意函數(shù)y=f（x）在R上有且只有一個零點，
則-a=0或-a＞$\frac{4}{{e}^{2}}$，
即為a=0或a＜-$\frac{4}{{e}^{2}}$，即a的取值范圍是{0}∪（-∞，-$\frac{4}{{e}^{2}}$）；
（3）假設(shè)存在實數(shù)x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立．
函數(shù)f（x）=a•e^x+x²-bx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=ae^x+2x-b，
可得a•e^x₀+x₀²-bx₀=（ae${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$+x₀+m-b）（x₀-m）+a•e^m+m²-bm，
化簡可得（x₀-m）（$\frac{a（{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}）}{{x}_{0}-m}$+x₀+m-b）=（ae${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$+x₀+m-b）（x₀-m），
由a≠0，x₀≠m，可得$\frac{{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}}{{x}_{0}-m}$=e${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$，
上式的幾何意義為函數(shù)y=e^x圖象上兩點的斜率等于中點處的切線的斜率，
考慮函數(shù)y=e^x的圖象與y=lnx的圖象關(guān)于直線y=x對稱，
上式可轉(zhuǎn)化為$\frac{ln{x}_{0}-lnm}{{x}_{0}-m}$=$\frac{2}{{x}_{0}+m}$，
設(shè)x₀＞m＞0，即有l(wèi)nx₀-lnm=$\frac{2（{x}_{0}-m）}{{x}_{0}+m}$，即ln$\frac{{x}_{0}}{m}$=$\frac{2（\frac{{x}_{0}}{m}-1）}{\frac{{x}_{0}}{m}+1}$，
設(shè)t=$\frac{{x}_{0}}{m}$＞1，上式即為lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，則m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
則m（t）在（1，+∞）遞增，
即有m（t）＞m（1）=0，則方程lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$無實數(shù)解．
即有$\frac{ln{x}_{0}-lnm}{{x}_{0}-m}$=$\frac{2}{{x}_{0}+m}$不成立，
則$\frac{{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}}{{x}_{0}-m}$=e${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$不成立．
故不存在實數(shù)x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查函數(shù)的零點的判斷和不等式恒成立問題的解法，以及存在性問題的解法，注意運用轉(zhuǎn)化思想，考查化簡整理的運算能力，具有一定的難度．