Question

6．已知函數(shù)f（x）=ax-be^x，g（x）=x²+ax（a，b∈R，e為自然對數(shù)的底）
（1）若對任意的x∈[1，3]，不等式f（x）≤g（x）恒成立，求實數(shù)b的取值范圍
（2）試判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性
（3）當a=1時，若函數(shù)f（x）有兩個不同零點x₁，x₂，求證：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）分離參數(shù)，-b≤$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，問題得以解決；
（2）求導(dǎo)f′（x）=f′（x）=a-be^x，分類討論，由導(dǎo)數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)性；
（3）由題意可求出0＜b＜$\frac{1}{e}$；則b=$\frac{x}{{e}^{x}}$的兩個不同根為x₁，x₂，做y=$\frac{x}{{e}^{x}}$的圖象，利用數(shù)形結(jié)合證明．

解答 解：（1）∵對任意的x∈[1，3]，ax-be^x ≤x²+ax恒成立，∴-b≤$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$．
令h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，則h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$．
在[1，2）上，h′（x）＞0，h（x）為增函數(shù)；在（2，3]上，h′（x）＞0，h（x）為減函數(shù)，故h（x）的最大值為h（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$．
由于h（1）=$\frac{1}{e}$，h（3）=$\frac{9}{{e}^{3}}$，故h（x）的最小值為$\frac{1}{e}$，∴-b≤$\frac{1}{e}$，即b≥-$\frac{1}{e}$，
故實數(shù)b的取值范圍為[-$\frac{1}{e}$，+∞）．
（2）函數(shù)f（x）=ax-be^x的定義域為R，f′（x）=a-be^x，
①當a＜0、b＞0時，f′（x）＜0，f（x）在R上是減函數(shù)．
②當a＞0、b＜0時，f′（x）＞0，f（x）在R上是增函數(shù)．
③當a＞0、b＞0時，令f′（x）=0，求得 x=ln$\frac{a}$，在（-∞，ln$\frac{a}$）上，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)；
在（ln$\frac{a}$，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)．
④當a＜0、b＜0時，令f′（x）=0，求得 x=ln$\frac{a}$，在（-∞，ln$\frac{a}$）上，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)；
在（ln$\frac{a}$，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)．
（3）∵f（x）=x-be^x，由f（x）=x-be^x=0得b=$\frac{x}{{e}^{x}}$，
設(shè)g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，
則g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
由g′（x）＜0得x＞1，由g′（x）＞0得x＜1，
即函數(shù)g（x）在x=1時，取得極大值g（1）=$\frac{1}{e}$，
則要使f（x）有兩個零點x₁、x₂，
則滿足0＜b＜$\frac{1}{e}$，
則x₁=be^x₁，x₂=be^x₂；
∵g（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
又∵當x∈（-∞，0]時，g（x）≤0，
故不妨設(shè)x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）；
對于任意a₁，a₂∈（0，$\frac{1}{e}$），設(shè)b₁＞b₂，
若g（m₁）=g（m₂）=b₁，g（n₁）=g（n₂）=b₂，
其中0＜m₁＜1＜m₂，0＜n₁＜1＜n₂，
∵g（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
又∵g（m₁）＞g（n₁），g（m₂）＞g（n₂）；
∴m₁＞n₁，m₂＜n₂；
∴$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}$＜$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$；
故$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$隨著b的減小而增大，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，
x₁=be^x₁，x₂=be^x₂，可化為x₂-x₁=lnt；t＞1；
則x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{xlnt}{t-1}$；
則x₂+x₁=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$，
令h（t）=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$，
則可證明h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
故x₂+x₁隨著t的增大而增大，即
x₂+x₁隨著$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$的增大而增大，
故x₂+x₁隨著a的減小而增大，
而當b=$\frac{1}{e}$時，x₂+x₁=2；
故x₁+x₂＞2

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時考查了數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用，屬于難題．