Question

20．已知函数f（x）=e^a（x-1）-ax²，a为不等于零的常数．
（Ⅰ）当a＜0时，求函数f′（x）的零点个数；
（Ⅱ）若对任意x₁，x₂，当x₁＜x₂时，f（x₂）-f（x₁）＞a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再判断其导函数的单调性，根据函数的零点存在定理即可判断，
（Ⅱ）分a＜0或a＞0两种情况讨论，对于a＜0，构造函数h（x）=e^ax-ax-1，x＞0，根据导数和函数的最值即可证明，
对于a＞0，根据（Ⅰ）的结论，根据导数和函数的单调性极值的关系可得g（x₀）=2（lna-a+1-ln2），再构造函数m（x）=lnx-x+1-ln2，根据导数和函数最值的关系可得当x＞0时，m（x）＜m（1）=-ln2＜0，即g（x₀）＜0，再根据f′（x），f（x）在区间（-∞，x₀）变化情况，得到与已知相矛盾，问题得以解决

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=ae^a（x-1）-2ax，
令g（x）=ae^a（x-1）-2ax，
∴g′（x）=a²e^a（x-1）-2a＞0，
∴g（x）在R上单调递增，
∵g（0）=ae^-a＜0，g（1）=-a＞0，
∴g（x）在R上有且仅有一个零点，即函数f′（x）在R上有且仅有一个零点；
（Ⅱ）①当a＜0时，f（x₂）-f（x₁）＞${e}^{a（{x}_{2}-1）}$-2ax₂-${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2ax₁
=${e}^{a（{x}_{1}-1）}$（${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1）-a（x₂+x₁）（x₂-x₁）
＞${e}^{a（{x}_{1}-1）}$（${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1）-2ax₁（x₂-x₁），
令h（x）=e^ax-ax-1，x＞0，
∴h′（x）=ae^ax-a=a（e^ax-1）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
当x＞0时，h（x）＞h（0）=0，
即e^ax-1＞ax，
∴${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1＞a（x₂+x₁），
∴f（x₂）-f（x₁）＞a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁），
②当a＞0，由（Ⅰ）可得g′（x）=a²e^a（x-1）-2a，
令g′（x）=a²e^a（x-1）-2a=0，解得x₀=$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$+1，
当x变化时，g′（x），g（x）变化情况列表如下：

x	（-∞，x0）	x0	（x0，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	递减	极小值	递增

∴g（x₀）=$a{e}^{a（{x}_{0}-1）}$-2ax₀=2（lna-a+1-ln2），
令m（x）=lnx-x+1-ln2，
∴m′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
∴m（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
当x＞0时，m（x）＜m（1）=-ln2＜0，即g（x₀）＜0
又∵当x→+∞时，g（x）＞0，
∴在（-∞，x₀）上g（x）存在一个零点x₁，即f′（x₁）=0，
∴当x变化时，f′（x），f（x）在区间（-∞，x₀）变化情况列表如下：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x0）
f′（x）	+	0	-
f（x）	递增	极大值	递减

∴f（x₀）-f（x₁）＜0=af′（x₁）（x₂-x₁）=a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁），与结论矛盾，
综上可知，a的取值范围为（-∞，0）．

点评 本题考查了导数和函数的单调性和极值最值得关系，以及函数的零点问题，考查了学生的转化能力，运算能力，属于难题