Question

20．已知函数f（x）=a•e^x+x²-bx（a，b∈R，e=2.71828…是自然对数的底数），其导函数为y=f′（x）．
（1）设a=-1，若函数y=f（x）在R上是单调减函数，求b的取值范围；
（2）设b=0，若函数y=f（x）在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；
（3）设b=2，且a≠0，点（m，n）（m，n∈R）是曲线y=f（x）上的一个定点，是否存在实数x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立？证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的导数，由题意可得f′（x）≤0恒成立，即为-b≤e^x-2x，令g（x）=e^x-2x，求得导数，单调区间，可得极小值，且为最小值，即可得到b的范围；
（2）求得f（x）的解析式，令f（x）=0，可得-a=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，设h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，求得h（x）的导数和单调区间、极值，结合零点个数只有一个，即可得到a的范围；
（3）假设存在实数x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立．求得f（x）的导数，化简整理可得$\frac{{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}}{{x}_{0}-m}$=e${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$，考虑函数y=e^x的图象与y=lnx的图象关于直线y=x对称，上式可转化为$\frac{ln{x}_{0}-lnm}{{x}_{0}-m}$=$\frac{2}{{x}_{0}+m}$，设t=$\frac{{x}_{0}}{m}$＞1，上式即为lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，令m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，求出导数，判断单调性即可判断不存在．

解答 解：（1）函数f（x）=-e^x+x²-bx的导数为f′（x）=-e^x+2x-b，
函数y=f（x）在R上是单调减函数，可得f′（x）≤0恒成立，
即为-b≤e^x-2x，令g（x）=e^x-2x，
g′（x）=e^x-2，当x＞ln2时，g′（x）＞0，g（x）递增；
当x＜ln2时，g′（x）＜0，g（x）递减．
则g（x）在x=ln2处取得极小值，且为最小值2-2ln2，
即有-b≤2-2ln2，即b≥2ln2-2，
则b的取值范围是[2ln2-2，+∞）；
（2）由b=0，可得f（x）=a•e^x+x²，
令f（x）=0，即有-a=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
设h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
当0＜x＜2时，h′（x）＞0，h（x）在（0，2）递增；
当x＞2或x＜0时，h′（x）＜0，h（x）在（-∞，0），（2，+∞）递减．
可得h（x）在x=2处取得极大值$\frac{4}{{e}^{2}}$，
且h（x）＞0，x→+∞，h（x）→0，
由题意函数y=f（x）在R上有且只有一个零点，
则-a=0或-a＞$\frac{4}{{e}^{2}}$，
即为a=0或a＜-$\frac{4}{{e}^{2}}$，即a的取值范围是{0}∪（-∞，-$\frac{4}{{e}^{2}}$）；
（3）假设存在实数x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立．
函数f（x）=a•e^x+x²-bx的导数为f′（x）=ae^x+2x-b，
可得a•e^x₀+x₀²-bx₀=（ae${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$+x₀+m-b）（x₀-m）+a•e^m+m²-bm，
化简可得（x₀-m）（$\frac{a（{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}）}{{x}_{0}-m}$+x₀+m-b）=（ae${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$+x₀+m-b）（x₀-m），
由a≠0，x₀≠m，可得$\frac{{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}}{{x}_{0}-m}$=e${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$，
上式的几何意义为函数y=e^x图象上两点的斜率等于中点处的切线的斜率，
考虑函数y=e^x的图象与y=lnx的图象关于直线y=x对称，
上式可转化为$\frac{ln{x}_{0}-lnm}{{x}_{0}-m}$=$\frac{2}{{x}_{0}+m}$，
设x₀＞m＞0，即有lnx₀-lnm=$\frac{2（{x}_{0}-m）}{{x}_{0}+m}$，即ln$\frac{{x}_{0}}{m}$=$\frac{2（\frac{{x}_{0}}{m}-1）}{\frac{{x}_{0}}{m}+1}$，
设t=$\frac{{x}_{0}}{m}$＞1，上式即为lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令m（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，则m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
则m（t）在（1，+∞）递增，
即有m（t）＞m（1）=0，则方程lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$无实数解．
即有$\frac{ln{x}_{0}-lnm}{{x}_{0}-m}$=$\frac{2}{{x}_{0}+m}$不成立，
则$\frac{{e}^{{x}_{0}}-{e}^{m}}{{x}_{0}-m}$=e${\;}^{\frac{{x}_{0}+m}{2}}$不成立．
故不存在实数x₀（x₀≠m），使得f（x₀）=f′（$\frac{{x}_{0}+m}{2}$）（x₀-m）+n成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查函数的零点的判断和不等式恒成立问题的解法，以及存在性问题的解法，注意运用转化思想，考查化简整理的运算能力，具有一定的难度．