Question

7．已知函數f（x）=$\frac{ax-1}{{e}^{x}}$
（1）當a=1時，求函數f（x）的最值；
（2）若對任意的x∈（$\frac{1}{2}$，1），f（x）＞x恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=1時，f′（x）=$\frac{-（x-2）}{{e}^{x}}$，利用導數研究其單調性極值最值可得：x=2時，函數f（x）取得極大值，即最大值，無最小值．
（2）對任意的x∈（$\frac{1}{2}$，1），f（x）＞x恒成立，即a＞e^x+$\frac{1}{x}$．令g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$，g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，x∈（$\frac{1}{2}$，1）．令h（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，再研究其單調性，即g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$的單調性，得出在x∈（$\frac{1}{2}$，1）存在零點m．g（x）在x∈[$\frac{1}{2}$，m]上單調遞減，在（m，1]上單調遞增，g（x）_max=$max\{g（\frac{1}{2}），g（1）\}$，即可得出．

解答 解：（1）當a=1時，函數f（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，
∴f′（x）=$\frac{{e}^{x}-（x-1）{e}^{x}}{（{e}^{x}）^{2}}$=$\frac{-（x-2）}{{e}^{x}}$，
當x＜2時，f′（x）＞0，此時函數f（x）在（-∞，2）上單調遞增；
當x＞2時，f′（x）＜0，此時函數f（x）在（-∞，2）上單調遞減．
∴x=2時，函數f（x）取得極大值，即最大值，f（2）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，無最小值．
（2）對任意的x∈（$\frac{1}{2}$，1），f（x）＞x恒成立，即a＞e^x+$\frac{1}{x}$．
令g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$，g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，x∈（$\frac{1}{2}$，1）．
令h（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，∵h′（x）=e^x+$\frac{2}{{x}^{3}}$＞0在x∈（$\frac{1}{2}$，1）恒成立，
∴h（x）在x∈（$\frac{1}{2}$，1）單調遞增，即g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（$\frac{1}{2}$，1）單調遞增．
∵${g}^{′}（\frac{1}{2}）$=$\sqrt{e}$-4＜0，g′（1）=e-1＞0．∴g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（$\frac{1}{2}$，1）存在零點m．
∴g（x）在x∈[$\frac{1}{2}$，m]上單調遞減，在（m，1]上單調遞增，
∴g（x）_max=$max\{g（\frac{1}{2}），g（1）\}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥g（1）=e+1}\\{a≥g（\frac{1}{2}）=\sqrt{e}+2}\end{array}\right.$，∴a≥e+1．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、兩次求導的方法、等價轉化方法、不等式的解法，考查了分析問題與解決問題的能力、推理能力與計算能力，屬于難題．