Question

9．設(shè)函數(shù)f（x）=（x-k）e^x（k∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在區(qū)間（-1，1）上是增函數(shù)，求k的取值范圍；
（Ⅱ）求f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值；
（Ⅲ）若k=0，是否存在實數(shù)a，使得對任意的x₁，x₂∈（a，+∞），當x₁＜x₂時，恒有x₁（f（x₂）-f（a））-x₂（f（x₁）-f（a））＞a（f（x₂）-f（x₁））成立？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合已知條件求出k的范圍即可；
（Ⅱ）通過討論k的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最小值；
（Ⅲ）問題等價于$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$＜$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$，設(shè)g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{{x{e^x}-a{e^a}}}{x-a}$，得到g（x）在（a，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，通過討論a的范圍，求出關(guān)于a的具體范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）令f′（x）=（x-k+1）e^x＞0，得x＞k-1，
∴f（x）在區(qū)間（k-1，+∞）單調(diào)遞增．
若f（x）在區(qū)間（-1，1）上是增函數(shù)，
則有k-1≤-1，
解得k≤0．                           …（3分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）在區(qū)間（-∞，k-1）單調(diào)遞減，在區(qū)間（k-1，+∞）單調(diào)遞增．
①若k-1≤0，即k≤1，f（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（0）=-k．
②若0＜k-1＜1，即1＜k＜2，
f（x）在區(qū)間[0，k-1）單調(diào)遞減，在區(qū)間（k-1，1]單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（k-1）=-e^k-1．
③若k-1≥1，即k≥2，f（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減，
∴f（x）_min=f（1）=（1-k）e．                          …（8分）
（Ⅲ）若k=0，則f（x）=xe^x，
∵x₁（f（x₂）-f（a））-x₂（f（x₁）-f（a））＞a（f（x₂）-f（x₁））
?$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$＜$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$．                  …（10分）
∴設(shè)g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{{x{e^x}-a{e^a}}}{x-a}$，
由題意，對任意的x₁，x₂∈（a，+∞），當x₁＜x₂時，恒有g(shù)（x₁）＜g（x₂），
即y=g（x）在（a，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)．
∴g（x）=$\frac{{（x+1）（x-a）{e^x}-x{e^x}+a{e^a}}}{{{{（x-a）}^2}}}$=$\frac{{{x^2}{e^x}-ax{e^x}-a{e^x}+a{e^a}}}{{{{（x-a）}^2}}}$≥0（x∈（a，+∞））恒成立．…（11分）
令h（x）=x²e^x-axe^x-ae^x+ae^a，
h′（x）=2xe^x+x²e^x-a（x+1）e^x-ae^x=（x+2）（x-a）e^x，
若a≥-2，當x＞a時，h′（x）＞0，h（x）為（a，+∞）上的單調(diào)遞增函數(shù)，
∴h（x）＞h（a）=0，不等式成立．
若a＜-2，當x∈（a，-2）時，h′（x）＜0，h（x）為（a，-2）上的單調(diào)遞減函數(shù)，
∴?x₀∈（a，-2），h（x₀）＞h（a）=0，與?x∈（a，+∞），h（x）＞0矛盾．
綜上，a的取值范圍為[-2，+∞）．                         …（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，是一道綜合題．