Question

20．已知函數(shù)f（x）=e^a（x-1）-ax²，a為不等于零的常數(shù)．
（Ⅰ）當(dāng)a＜0時，求函數(shù)f′（x）的零點(diǎn)個數(shù)；
（Ⅱ）若對任意x₁，x₂，當(dāng)x₁＜x₂時，f（x₂）-f（x₁）＞a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，再判斷其導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)存在定理即可判斷，
（Ⅱ）分a＜0或a＞0兩種情況討論，對于a＜0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^ax-ax-1，x＞0，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值即可證明，
對于a＞0，根據(jù)（Ⅰ）的結(jié)論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性極值的關(guān)系可得g（x₀）=2（lna-a+1-ln2），再構(gòu)造函數(shù)m（x）=lnx-x+1-ln2，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系可得當(dāng)x＞0時，m（x）＜m（1）=-ln2＜0，即g（x₀）＜0，再根據(jù)f′（x），f（x）在區(qū)間（-∞，x₀）變化情況，得到與已知相矛盾，問題得以解決

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=ae^a（x-1）-2ax，
令g（x）=ae^a（x-1）-2ax，
∴g′（x）=a²e^a（x-1）-2a＞0，
∴g（x）在R上單調(diào)遞增，
∵g（0）=ae^-a＜0，g（1）=-a＞0，
∴g（x）在R上有且僅有一個零點(diǎn)，即函數(shù)f′（x）在R上有且僅有一個零點(diǎn)；
（Ⅱ）①當(dāng)a＜0時，f（x₂）-f（x₁）＞${e}^{a（{x}_{2}-1）}$-2ax₂-${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2ax₁
=${e}^{a（{x}_{1}-1）}$（${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1）-a（x₂+x₁）（x₂-x₁）
＞${e}^{a（{x}_{1}-1）}$（${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1）-2ax₁（x₂-x₁），
令h（x）=e^ax-ax-1，x＞0，
∴h′（x）=ae^ax-a=a（e^ax-1）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞0時，h（x）＞h（0）=0，
即e^ax-1＞ax，
∴${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1＞a（x₂+x₁），
∴f（x₂）-f（x₁）＞a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁），
②當(dāng)a＞0，由（Ⅰ）可得g′（x）=a²e^a（x-1）-2a，
令g′（x）=a²e^a（x-1）-2a=0，解得x₀=$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$+1，
當(dāng)x變化時，g′（x），g（x）變化情況列表如下：

x	（-∞，x0）	x0	（x0，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

∴g（x₀）=$a{e}^{a（{x}_{0}-1）}$-2ax₀=2（lna-a+1-ln2），
令m（x）=lnx-x+1-ln2，
∴m′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
∴m（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞0時，m（x）＜m（1）=-ln2＜0，即g（x₀）＜0
又∵當(dāng)x→+∞時，g（x）＞0，
∴在（-∞，x₀）上g（x）存在一個零點(diǎn)x₁，即f′（x₁）=0，
∴當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）在區(qū)間（-∞，x₀）變化情況列表如下：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x0）
f′（x）	+	0	-
f（x）	遞增	極大值	遞減

∴f（x₀）-f（x₁）＜0=af′（x₁）（x₂-x₁）=a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁），與結(jié)論矛盾，
綜上可知，a的取值范圍為（-∞，0）．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和極值最值得關(guān)系，以及函數(shù)的零點(diǎn)問題，考查了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，運(yùn)算能力，屬于難題