Question

7．已知函数f（x）=$\frac{ax-1}{{e}^{x}}$
（1）当a=1时，求函数f（x）的最值；
（2）若对任意的x∈（$\frac{1}{2}$，1），f（x）＞x恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，f′（x）=$\frac{-（x-2）}{{e}^{x}}$，利用导数研究其单调性极值最值可得：x=2时，函数f（x）取得极大值，即最大值，无最小值．
（2）对任意的x∈（$\frac{1}{2}$，1），f（x）＞x恒成立，即a＞e^x+$\frac{1}{x}$．令g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$，g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，x∈（$\frac{1}{2}$，1）．令h（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，再研究其单调性，即g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$的单调性，得出在x∈（$\frac{1}{2}$，1）存在零点m．g（x）在x∈[$\frac{1}{2}$，m]上单调递减，在（m，1]上单调递增，g（x）_max=$max\{g（\frac{1}{2}），g（1）\}$，即可得出．

解答 解：（1）当a=1时，函数f（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，
∴f′（x）=$\frac{{e}^{x}-（x-1）{e}^{x}}{（{e}^{x}）^{2}}$=$\frac{-（x-2）}{{e}^{x}}$，
当x＜2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（-∞，2）上单调递增；
当x＞2时，f′（x）＜0，此时函数f（x）在（-∞，2）上单调递减．
∴x=2时，函数f（x）取得极大值，即最大值，f（2）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，无最小值．
（2）对任意的x∈（$\frac{1}{2}$，1），f（x）＞x恒成立，即a＞e^x+$\frac{1}{x}$．
令g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$，g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，x∈（$\frac{1}{2}$，1）．
令h（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$，∵h′（x）=e^x+$\frac{2}{{x}^{3}}$＞0在x∈（$\frac{1}{2}$，1）恒成立，
∴h（x）在x∈（$\frac{1}{2}$，1）单调递增，即g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（$\frac{1}{2}$，1）单调递增．
∵${g}^{′}（\frac{1}{2}）$=$\sqrt{e}$-4＜0，g′（1）=e-1＞0．∴g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$在x∈（$\frac{1}{2}$，1）存在零点m．
∴g（x）在x∈[$\frac{1}{2}$，m]上单调递减，在（m，1]上单调递增，
∴g（x）_max=$max\{g（\frac{1}{2}），g（1）\}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥g（1）=e+1}\\{a≥g（\frac{1}{2}）=\sqrt{e}+2}\end{array}\right.$，∴a≥e+1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、两次求导的方法、等价转化方法、不等式的解法，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．