Question

2．已知函數(shù)f（x）=e^x-$\frac{a}{2}$x²e^|x|．
（1）若f（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）關(guān)于x的方程ax+1+xlnx=f（x）+$\frac{a}{2}$x²e^x是否存在實(shí)根？若存在，請(qǐng)指出有幾個(gè)實(shí)根，若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）求證：當(dāng)a≥1時(shí)f（x）≤x+1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性，得到關(guān)于a的不等式組，解出即可；
（2）分離參數(shù)得：a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx（x＞0），令h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到h（x）的最值，通過討論a求出方程根的情況即可；
（3）當(dāng)x≥0時(shí)，只需證明e^x≤$\frac{a}{2}$x²e^x+x+1，在x≤0時(shí)，只需證明e^x≤$\frac{a}{2}$x²e^-x+x+1，分別構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）∵x∈[0，+∞），∴f（x）=e^x（1-$\frac{a}{2}$x²），
∴f′（x）=e^x（-$\frac{a}{2}$x²-ax+1），
由題意得：f′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，
a=0時(shí)，f′（x）=e^x＞0恒成立，即滿足條件，
當(dāng)a≠0時(shí)，要使f′（x）≥0，而e^x＞0恒成立，
故只需-$\frac{a}{2}$x²-ax+1≥0在[0，+∞）上恒成立，
即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{a}{2}＞0}\\{-\frac{a}{2}{•0}^{2}-a•0+1≥0}\end{array}\right.$，解得：a＜0，
綜上，a的范圍是（-∞，0]；
（2）由方程ax+1+xlnx=f（x）+$\frac{a}{2}$x²e^x，
得：a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx（x＞0），
令h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，（x＞0），
則h′（x）=$\frac{{（e}^{x}-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
由于x＞0，e^x-1＞0，可知x＞1時(shí)，h′（x）＞0，
0＜x＜1時(shí)，h′（x）＜0，
故函數(shù)h（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
故h（x）≥h（1）=e-1；
（隨著x＞0的增長(zhǎng)，y=e^x-1的增長(zhǎng)速度越來越快，
會(huì)超過并遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于y=x的增長(zhǎng)速度，而y=lnx的增長(zhǎng)速度則會(huì)越來越慢，
又當(dāng)x＞0且x無限接近于0時(shí)，h（x）趨向于+∞），
故a＞e-1時(shí)，方程有2個(gè)不同的實(shí)根，
a=e-1時(shí)，方程有且只有1個(gè)實(shí)根，
a＜e-1時(shí)，方程沒有實(shí)根；
（3）當(dāng)x≥0時(shí)，要證明e^x--$\frac{a}{2}$x²e^|x|≤x+1成立，
只需證明e^x≤$\frac{a}{2}$x²e^x+x+1，
即證1≤$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$①，令g（x）=$\frac{a}{2}$x²+$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，
g′（x）=ax+$\frac{1{•e}^{x}-（x+1{）e}^{x}}{{{（e}^{x}）}^{2}}$=ax-$\frac{x}{{e}^{x}}$，
整理得：g′（x）=x（a-$\frac{1}{{e}^{x}}$），
∵x≥0時(shí)，$\frac{1}{{e}^{x}}$≤1，結(jié)合a≥1，得g′（x）≥0，
∴g（x）在[0，+∞）遞增，故g（x）≥g（0）=1，從而①式得證，
在x≤0時(shí)，要使e^x-$\frac{a}{2}$x²e^|x|≤x+1成立，
只需證明e^x≤$\frac{a}{2}$x²e^-x+x+1，即證1≤$\frac{a}{2}$x²e^-2x+（x+1）e^-x②，
令m（x）=$\frac{{ax}^{2}}{2}$e^-2x+（x+1）e^-x，得：m′（x）=-xe^-2x[e^x+a（x-1）]，
而p（x）=e^x+a（x-1）在x≤0時(shí)是增函數(shù)，
故p（x）≤p（0）=1-a≤0，從而m′（x）≤0，
∴m（x）在x≤0時(shí)是減函數(shù)，則m（x）≥m（0）=1，從而②得證，
綜上，當(dāng)a≥1時(shí)f（x）≤x+1．

點(diǎn)評(píng) 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，考查不等式的證明，分類討論思想，是一道綜合題．