Question

16．已知函數(shù)f（x）=x-ae^x-e^2x（a∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）若f（x）≤0對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若方程x-ae^x=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解x₁，x₂，求證：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由x-ae^x≤e^2x對(duì)x∈R恒成立，故a≥$\frac{x-{e}^{2x}}{{e}^{x}}$對(duì)x∈R恒成立，令F（x）=$\frac{x{-e}^{2x}}{{e}^{x}}$，從而化成最值問(wèn)題；
（Ⅱ）由題意可求出0＜a＜$\frac{1}{e}$；則a=$\frac{x}{{e}^{x}}$的兩個(gè)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 （Ⅰ）解：若f（x）≤0對(duì)任意x∈R恒成立
可化為x-ae^x≤e^2x對(duì)x∈R恒成立，
故a≥$\frac{x-{e}^{2x}}{{e}^{x}}$對(duì)x∈R恒成立，
令F（x）=$\frac{x-{e}^{2x}}{{e}^{x}}$，
則F′（x）=$\frac{1{-e}^{2x}-x}{{e}^{x}}$；
則當(dāng)x＜0時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，x＞0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0；
故F（x）=$\frac{x{-e}^{2x}}{{e}^{x}}$在x=0處有最大值F（0）=-1；
故a≥-1；
（Ⅱ）證明：∵若方程x-ae^x=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解x₁，x₂，
結(jié)合（1）可知，-lna-ae^-lna＞0，
解得，0＜a＜$\frac{1}{e}$；
則x₁=ae^x₁，x₂=ae^x₂；
則a=$\frac{x}{{e}^{x}}$的兩個(gè)不同根為x₁，x₂，
令g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，則g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
知g（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減；
又∵當(dāng)x∈（-∞，0]時(shí)，g（x）≤0，
故不妨設(shè)x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）；
對(duì)于任意a₁，a₂∈（0，$\frac{1}{e}$），設(shè)a₁＞a₂，
若g（m₁）=g（m₂）=a₁，g（n₁）=g（n₂）=a₂，
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a的減小而增大，
令 $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，
x₁=ae^x₁，x₂=ae^x₂，可化為x₂-x₁=lnt；t＞1；
則x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{tlnt}{t-1}$；
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(dāng)a=$\frac{1}{e}$時(shí)，x₂+x₁=2；
故x₂+x₁＞2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問(wèn)題，同時(shí)考查了數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用，屬于難題．