Question

6．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x²+ax²+bx-$\frac{5}{6}$（a＞0，b∈R），f（x）在x=x₁和x=x₂處取得極值，且|x₁-x₂|=$\sqrt{5}$，曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線與直線x+y=0垂直．
（Ⅰ）求f（x）的解析式； 
（Ⅱ）證明關于x的方程（k²+1）e^x-1-kf′（x）=0至多只有兩個實數(shù)根（其中f′（x）是f（x）的導函數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知x₁，x₂是方程x²+2ax+b=0的兩個根，利用韋達定理及|x₁-x₂|=$\sqrt{5}$，求得4a²-4b=5，由f′（1）=1，2a+b+1=0聯(lián)立即可求得a和b的值，求得f（x）的解析式；
（Ⅱ）由題意可知當k≠0時，k+$\frac{1}{k}$=$\frac{{x}^{2}+x-1}{{e}^{x-1}}$，構造輔助函數(shù)，求導根據(jù)函數(shù)的單調性求得函數(shù)的極值及最值，利用基本不等式的性質，當k＜0時，k+$\frac{1}{k}$≤-2直線y=k+$\frac{1}{k}$，與曲線y=g（x）至多有兩個交點，當k＞0時，k+$\frac{1}{k}$≥2＞$\frac{5}{e}$=g（x）_極大，直線y=k+$\frac{1}{k}$，與曲線y=g（x）只有一個交點，即可求證方程至多有兩個實根．

解答 解：（Ⅰ）求導f′（x）=x²+2ax+b，由f（x）在x=x₁和x=x₂處取得極值，
則x₁，x₂是方程x²+2ax+b=0的兩個根，則x₁+x₂=-2a，x₁x₂=b，
由|x₁-x₂|=$\sqrt{5}$，則（x₁+x₂）²-4x₁x₂=5，則4a²-4b=5，①
由曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線與直線x+y=0垂直，
則f′（1）=1，
即2a+b+1=0，②，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{2}}\\{b=-1}\end{array}\right.$．
∴f（x）=$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²-x-$\frac{5}{6}$，
（Ⅱ）對于（k²+1）e^x-1-kf′（x）=0，
當k=0時，e^x-1=0，方程為實根，
當k≠0時，k+$\frac{1}{k}$=$\frac{{x}^{2}+x-1}{{e}^{x-1}}$，令g（x）=$\frac{{x}^{2}+x-1}{{e}^{x-1}}$，
g′（x）=-e$\frac{{x}^{2}-x-2}{{e}^{x}}$=-e$\frac{（x+1）（x-2）}{{e}^{x}}$，
當x∈（-∞，-1）∪（2，+∞）時，g′（x）＜0，
∴g（x）的單調遞減區(qū)間（-∞，-1），（2，+∞）單調遞增區(qū)間（-1，2），
函數(shù)g（x）在x=-1和x=2處分別求得極小值和極大值，
g（x）_極小=g（-1）=-e²＜0，g（x）_極大=g（2）=$\frac{5}{e}$＞0，
∴對于g（x）=$\frac{{x}^{2}+x-1}{{e}^{x-1}}$，由e^x-1＞0恒成立，
且y=x²+x-1時與x軸有兩個交點，
從而g（x）無極大值，g（x）_min=g（x）_極小=g（-1）=-e²，
當k＜0時，k+$\frac{1}{k}$≤-2直線y=k+$\frac{1}{k}$，與曲線y=g（x）至多有兩個交點，
當k＞0時，k+$\frac{1}{k}$≥2＞$\frac{5}{e}$=g（x）_極大，直線y=k+$\frac{1}{k}$，與曲線y=g（x）只有一個交點，
∴方程（k²+1）e^x-1-kf′（x）=0至多只有兩個實數(shù)根．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，利用導數(shù)求函數(shù)的單調性及極值，考查函數(shù)與圖象的交點問題，考查計算能力，屬于中檔題．