Question

17．已知函數(shù)f（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}$x²，其中a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)
（Ⅰ）函數(shù)f（x）的圖象能否與x軸相切？若能與x軸相切，求實數(shù)a的值；否則，請說明理由；
（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）+2x在R上單調(diào)遞增，求實數(shù)a能取到的最大整數(shù)值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）=（x-1）e^x-ax，假設(shè)函數(shù)f（x）的圖象與x軸相切于點（t，0），則$\left\{\begin{array}{l}{f（t）=0}\\{{f}^{'}（t）=0}\end{array}\right.$，從而t²-3t+4=0，由根的判別式得方程t²-3t+4=0無解，由此得到無論a取何值，函數(shù)f（x）的圖象都不與x軸相切．
（Ⅱ）記g（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}{x}^{2}$+2≥0在R上恒成立，由g′（1）=-a+2≥0，得g′（x）≥0的必要條件是a≤2，當(dāng)a=1時，不等式（x-1）e^x-x+2≥0恒成立．由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a能取得的最大整數(shù)．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}$x²，
∴f′（x）=（x-1）e^x-ax，
假設(shè)函數(shù)f（x）的圖象與x軸相切于點（t，0），
則有：$\left\{\begin{array}{l}{f（t）=0}\\{{f}^{'}（t）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（t-2）{e}^{t}-\frac{a}{2}{t}^{2}=0，①}\\{（t-1）{e}^{t}-at=0，②}\end{array}\right.$，
由②知at=（t-1）e^t，代入①中，得（t-2）e^t-$\frac{t（t-1）}{2}{e}^{t}$=0，
∵e^t＞0，∴（t-2）-$\frac{t（t-1）}{2}$=0，即t²-3t+4=0，
∵△=9-16=-7＜0，
∴方程t²-3t+4=0無解，
∴無論a取何值，函數(shù)f（x）的圖象都不與x軸相切．
（Ⅱ）記g（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}{x}^{2}$+2≥0在R上恒成立，
由g′（1）=-a+2≥0，得g′（x）≥0的必要條件是a≤2，
若a=2，則g′（x）=（x-1）e^x-2x+2=（x-1）（e^x-2），
當(dāng)ln2＜x＜1時，g′（x）＜0，故a＜2．
下面證明：當(dāng)a=1時，不等式（x-1）e^x-x+2≥0恒成立．
令h（x）=（x-1）e^x-x+2，則h′（x）=xe^x-1，
記H（x）=xe^x-1，則H′（x）=（x+1）e^x，
當(dāng)x＞-1時，H′（x）＞0，H（x）單調(diào)遞增且H（x）＞-$\frac{1}{e}-1$，
當(dāng)x＜-1時，H′（x）＜0，H（x）單調(diào)遞減，且-$\frac{1}{e}-1＜$H（x）＜0，
∵H（$\frac{1}{2}$）=$\frac{\sqrt{e}}{2}$-1＜0，H（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的${x}_{0}∈（\frac{1}{2}，1）$，使得H（x₀）=0，且當(dāng)x∈（-∞，x₀）時，H（x）＞0，
h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，H（x）＜0，h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（x₀）=（x₀-1）${e}^{{x}_{0}}$-x₀+2，
∵H（x₀）=0，∴${e}^{{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴h（x₀）=（x₀-1）$\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}+2$=3-（$\frac{1}{{x}_{0}}+{x}_{0}$），
∵$\frac{1}{2}＜{x}_{0}＜1$，∴2＜$\frac{1}{{x}_{0}}+{x}_{0}$＜$\frac{5}{2}$，
∴h（x）_min=h（x₀）＞0，
∴（x-1）e^x-x-2≥0恒成立，
∴a能取得的最大整數(shù)為1．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式、函數(shù)等基礎(chǔ)知識，考查考查推理論證能力、運算求解能力、抽象概括能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、分類與整合思想，是中檔題．