Question

3．已知函数f（x）=e^x+ax-1 （a∈R）．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（II）设函数g（x）=$\frac{{e}^{2}（{x}^{2}-a）}{f（x）-ax+1}$，当g（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）时，总有λ[（2x₁-x₁²）e${\;}^{2-{x}_{1}}$-a]-x₂g（x₁）≥0，求实数λ的值或取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数f′（x）=e^x+a，然后可讨论a的符号，从而可判断导函数的符号，这样便可得出函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求导数g′（x）=（2x-x²+a）e^2-x，根据条件便可得出a＞-1，且x₁+x₂=2，x₁＜1，这样由$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}-a]-{x}_{2}g（{x}_{1}）≥0$即可得到不等式${x}_{1}[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≤0$ 对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，这样讨论x₁的取值：x₁=0，x₁∈（0，1），及x₁∈（-∞，0），这样通过解λ及函数单调性求函数范围即可求出每种情况的λ的取值，从而得出λ的取值．

解答 解：f′（x）=e^x+a；
①当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，所以函数f（x）在区间（-∞，+∞）上单调递增；
②当a＜0时，由f′（x）＞0，得x＞ln（-a）；由f′（x）＜0，得x＜ln（-a），
∴函数f（x）的单调增区间为（ln（-a），+∞），单调减区间为（-∞，ln（-a））．
综上所述，当a≥0时，函数f（x）的单调增区间为（-∞，+∞）；
当a＜0时，函数f（x）的单调增区间为（ln（-a），+∞），单调减区间为（-∞，ln（-a））；
（Ⅱ）g′（x）=（2x-x²+a）e^2-x．
根据题意，方程-x²+2x+a=0有两个不同的实根x₁，x₂（x₁＜x₂）
∴△=4+4a＞0，即a＞-1，且x₁+x₂=2，又x₁＜x₂，∴x₁＜1；
由$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}-a]-{x}_{2}g（{x}_{1}）≥0$可得：
$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}-a]≥（2-{x}_{1}）（{{x}_{1}}^{2}-a）{e}^{2-{x}_{1}}$
因$-{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}+a=0$，∴上式化为$λ[（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）{e}^{2-{x}_{1}}+（2{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}）]≥$$（2-{x}_{1}）（2{x}_{1}）{e}^{2-{x}_{1}}$，
即不等式${x}_{1}[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≤0$ 对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（i）当x₁=0 时，不等式${x}_{1}[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）≤0$ 恒成立，λ∈R；
（ii）当x₁∈（0，1）时，$[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≤0$ 恒成立，即$λ≥\frac{2{e}^{2-{x}_{1}}}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}$，
令函数$k（x）=\frac{2{e}^{2-{x}_{1}}}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}=2-\frac{2}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}$，显然，k（x） 是R上的减函数，
∴当x∈（0，1）时，$k（x）＜k（0）=\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$，∴$λ≥\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$
（iii）当x₁∈（-∞，0）时，$[2{e}^{2-{x}_{1}}-λ（{e}^{2-{x}_{1}}+1）]≥0$ 恒成立，即$λ≤\frac{2{e}^{2-{x}_{1}}}{{e}^{2-{x}_{1}}+1}$，
由（ii），当x∈（-∞，0），$k（x）≥k（0）=\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$ 时，∴$λ≤\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$
综上，$λ=\frac{2{e}^{2}}{{e}^{2}+1}$．

点评 考查根据导数符号求函数单调区间的方法和过程，以及基本初等函数和复合函数导数的求法，一元二次方程实根个数和判别式△的关系，韦达定理，以及指数函数单调性和单调性定义．