Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a{x}^{2}+x+a}{{e}^{x}}$，a∈R．
（1）若a≠0，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若a=0，x₁＜x＜x₂＜2，證明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）若a≠0，求導(dǎo)數(shù)，分類討論，即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）a=0，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，x₁＜x＜x₂＜2，證明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，只要證明g（x）=$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$在（x₁，2）上單調(diào)遞減．

解答 （1）解：∵f（x）=$\frac{a{x}^{2}+x+a}{{e}^{x}}$，∴f′（x）=$\frac{-a（x-1）（x-1+\frac{1}{a}）}{{e}^{x}}$
$①a＞0，\frac{a-1}{a}＜1$，x∈（$\frac{a-1}{a}$，1）時，f′（x）＞0，故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{a-1}{a}$，1）；
②a＜0，$\frac{a-1}{a}$＞1，x∈（-∞，1）∪（$\frac{a-1}{a}$，+∞）時，f′（x）＞0，故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為∈（-∞，1）和（$\frac{a-1}{a}$，+∞）；
（2）a=0，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，x₁＜x＜x₂＜2，
證明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，只要證明g（x）=$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$在（x₁，2）上單調(diào)遞減．
g′（x）=$\frac{\frac{1-x}{{e}^{x}}（x-{x}_{1}）-\frac{x}{{e}^{x}}+\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}}{（x-{x}_{1}）^{2}}$，設(shè)h（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}（x-{x}_{1}）-\frac{x}{{e}^{x}}+\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$，
∴h′（x）=$\frac{（x-{x}_{1}）（x-2）}{{e}^{x}}$＜0，
∴h（x）在（x₁，2）上是減函數(shù)，
∴h（x）＜0，∴g′（x）＜0，
∴g（x）=$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$在（x₁，2）上單調(diào)遞減．
∵x₁＜x＜x₂＜2，
∴$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．