Question

1．已知函數(shù)f（x）=a（x-1）（e^x-a）（常數(shù)a∈R且a≠0）
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在（0，f（0））處的切線與直線y=x垂直，求a的值；
（Ⅱ）若對任意x∈[1，+∞）都有f（x）≥x²-x，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，解方程可得a的值；
（Ⅱ）由題意可得a（e^x-a）≥x在x∈（1，+∞）上恒成立，令g（x）=a（e^x-a）-x，求出導(dǎo)數(shù)，對a討論，a＜0，a＞0，求得單調(diào)區(qū)間和極值、最值，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）依題意，f（x）的導(dǎo)數(shù)為f'（x）=a（x•e^x-a）．
由f（x）在（0，f（0））處切線與直線y=x垂直，
可得f'（0）=-a²=-1，
解得a=±1；                                                 
（Ⅱ）依題意，“對任意x∈[1，+∞），f（x）≥x²-x”
等價于“a（e^x-a）≥x在x∈（1，+∞）上恒成立”．
令g（x）=a（e^x-a）-x，則g'（x）=ae^x-1．                     
（1）當(dāng)a＜0時，g'（x）＜0，g（x）=a（e^x-a）-x在x∈[1，+∞）上單調(diào)遞減，
又g（1）=a（e-a）-1=ea-a²-1＜0，不合題意，舍去．        
（2）當(dāng)a＞0時，g'（x）=ae^x-1=0得$x=ln\frac{1}{a}$．

	$（-∞，ln\frac{1}{a}）$	$（ln\frac{1}{a}，+∞）$
g'（x）	-	+
g（x）	單調(diào)遞減	單調(diào)遞增

①當(dāng)$ln\frac{1}{a}≤1$，即$a≥\frac{1}{e}$時，g（x）=a（e^x-a）-x在x∈[1，+∞）上單調(diào)遞增，
得g（x）_min=g（1），
由a（e^x-a）-x≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，得g（1）≥0，
即$\frac{{e-\sqrt{{e^2}-4}}}{2}≤a≤\frac{{e+\sqrt{{e^2}-4}}}{2}$，
又$a≥\frac{1}{e}$，得$\frac{{e-\sqrt{{e^2}-4}}}{2}≤a≤\frac{{e+\sqrt{{e^2}-4}}}{2}$；
②當(dāng)$ln\frac{1}{a}＞1$，即$0＜a＜\frac{1}{e}$時，由上表可知${g_{min}}=g（ln\frac{1}{a}）$，
由a（e^x-a）-x≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，得$g（ln\frac{1}{a}）≥0$，即1+lna-a²≥0．
令h（a）=1+lna-a²，則$h（a）=\frac{1}{a}-2a=\frac{{1-2{a^2}}}{a}$．由h（a）=0得$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$或$-\frac{{\sqrt{2}}}{2}$（舍去），

	$（0，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$	$（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，+∞）$
h'（a）	+	-
h（a）	單調(diào)遞增	單調(diào)遞減

由上表可知h（a）=1+lna-a²在$0＜a＜\frac{1}{e}$上單調(diào)遞增，
則$h（a）＜h（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e^2}＜0$，故不等式h（a）=1+lna-a²≥0無解．
綜上所述，$\frac{{e-\sqrt{{e^2}-4}}}{2}≤a≤\frac{{e+\sqrt{{e^2}-4}}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、最值，考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用分類討論的思想方法，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．