Question

1．已知函數(shù)$f（x）=\frac{{a{x^2}+bx}}{e^x}$，（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，b∈R），若f（x）在x=0處取得極值，且x-ey=0是曲線y=f（x）的切線．
（1）求a，b的值；
（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)$g（x）=min\left\{{f（x），x-\frac{1}{x}}\right\}（x＞0）$，若函數(shù)h（x）=g（x）-cx²為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)c的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由f（x）在x=0處取得極值，且x-ey=0是曲線y=f（x）的切線，可得b=1，且$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}{x_0}=\frac{ax_0^2}{{{e^{x_0}}}}}\\{\frac{1}{e}=\frac{{-ax_0^2+2a{x_0}}}{{{e^{x_0}}}}}\end{array}}\right.$，由此可得a值；
（2）記函數(shù)$F（x）=f（x）-（x-\frac{1}{x}）=\frac{x^2}{e^x}-x+\frac{1}{x}，x＞0$，求其導(dǎo)函數(shù)，可得當(dāng)x≥2時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0恒成立，當(dāng)0＜x＜2時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，故F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．由函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其單調(diào)性知存在唯一的x₀∈（1，2），使F（x₀）=0，有$g（x）=min\left\{{f（x），x-\frac{1}{x}}\right\}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，得到$h（x）=g（x）-c{x^2}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}-c{x^2}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}-c{x^2}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，分離參數(shù)c后利用導(dǎo)數(shù)求得答案．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{{（2ax+b）{e^x}-（a{x^2}+bx）{e^x}}}{{{{（{e^x}）}^2}}}=\frac{{-a{x^2}+（2a-b）x+b}}{e^x}$，
∵f（x）在x=0處取得極值，∴f'（0）=0，即b=0，
此時(shí)$f（x）=\frac{{a{x^2}}}{e^x}，f'（x）=\frac{{-a{x^2}+2ax}}{e^x}$，
設(shè)直線x-ey=0與曲線y=f（x）切于點(diǎn)P（x₀，y₀），由題意得$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}{x_0}=\frac{ax_0^2}{{{e^{x_0}}}}}\\{\frac{1}{e}=\frac{{-ax_0^2+2a{x_0}}}{{{e^{x_0}}}}}\end{array}}\right.$，解之得a=1；
（2）記函數(shù)$F（x）=f（x）-（x-\frac{1}{x}）=\frac{x^2}{e^x}-x+\frac{1}{x}，x＞0$$F'（x）=\frac{x（2-x）}{e^x}-1-\frac{1}{x^2}，x＞0$，
當(dāng)x≥2時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0恒成立，
當(dāng)0＜x＜2時(shí)，$x（2-x）≤{[\frac{x+（2-x）}{2}]^2}=1$，
從而$F'（x）=\frac{x（2-x）}{e^x}-1-\frac{1}{x^2}≤\frac{1}{e^x}-1-\frac{1}{x^2}＜1-1-\frac{1}{x^2}=-\frac{1}{x^2}＜0$
∴F'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，故F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
又$F（1）=\frac{1}{e}＞0，F(xiàn)（2）=\frac{4}{e^2}-\frac{3}{2}＜0$，∴F（1）•F（2）＜0，
又曲線y=F（x）在[1，2]上連續(xù)不間斷，
∴由函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理及其單調(diào)性知存在唯一的x₀∈（1，2），使F（x₀）=0，
∴x∈（0，x₀），F(xiàn)（x）＞0；x∈（x₀，+∞），F(xiàn)（x）＜0，
故$g（x）=min\left\{{f（x），x-\frac{1}{x}}\right\}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，
從而$h（x）=g（x）-c{x^2}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}-c{x^2}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}-c{x^2}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，
∴$h'（x）=\left\{{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{x^2}-2cx，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x（2-x）}{e^x}-2cx，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$．
由函數(shù)h（x）=g（x）-cx²為增函數(shù)，且曲線y=h（x）在（0，+∞）上連續(xù)不斷，
知h'（x）≥0在（0，x₀），（x₀，+∞）上恒成立．
①當(dāng)x＞x₀時(shí)，$\frac{x（2-x）}{e^x}-2cx≥0$在（x₀，+∞）上恒成立，
即$2c≤\frac{2-x}{e^x}$在（x₀，+∞）上恒成立，記$u（x）=\frac{2-x}{e^x}$，則$u'（x）=\frac{x-3}{e^x}$，
從而u（x）在（x₀，3）單調(diào)遞減，在（3，+∞）單調(diào)遞增，∴$u{（x）_{min}}=u（3）=-\frac{1}{e^3}$．
故$2c≤\frac{2-x}{e^x}$在（x₀，+∞）上恒成立，只需$2c≤u（x）{\;}_{min}=-\frac{1}{e^3}$，∴$c≤-\frac{1}{{2{e^3}}}$．
②當(dāng)0＜x＜x₀時(shí)，$h'（x）=1+\frac{1}{x^2}-2cx$，
當(dāng)c≤0時(shí)，h'（x）＞0在（0，x₀）上恒成立，
綜上所述，實(shí)數(shù)c的取值范圍為：$c≤-\frac{1}{{2{e^3}}}$．

點(diǎn)評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識等，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想等，是壓軸題．