Question

17．已知函数f（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}$x²，其中a∈R，e为自然对数的底数
（Ⅰ）函数f（x）的图象能否与x轴相切？若能与x轴相切，求实数a的值；否则，请说明理由；
（Ⅱ）若函数y=f（x）+2x在R上单调递增，求实数a能取到的最大整数值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）=（x-1）e^x-ax，假设函数f（x）的图象与x轴相切于点（t，0），则$\left\{\begin{array}{l}{f（t）=0}\\{{f}^{'}（t）=0}\end{array}\right.$，从而t²-3t+4=0，由根的判别式得方程t²-3t+4=0无解，由此得到无论a取何值，函数f（x）的图象都不与x轴相切．
（Ⅱ）记g（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}{x}^{2}$+2≥0在R上恒成立，由g′（1）=-a+2≥0，得g′（x）≥0的必要条件是a≤2，当a=1时，不等式（x-1）e^x-x+2≥0恒成立．由此利用导数性质能求出a能取得的最大整数．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}$x²，
∴f′（x）=（x-1）e^x-ax，
假设函数f（x）的图象与x轴相切于点（t，0），
则有：$\left\{\begin{array}{l}{f（t）=0}\\{{f}^{'}（t）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（t-2）{e}^{t}-\frac{a}{2}{t}^{2}=0，①}\\{（t-1）{e}^{t}-at=0，②}\end{array}\right.$，
由②知at=（t-1）e^t，代入①中，得（t-2）e^t-$\frac{t（t-1）}{2}{e}^{t}$=0，
∵e^t＞0，∴（t-2）-$\frac{t（t-1）}{2}$=0，即t²-3t+4=0，
∵△=9-16=-7＜0，
∴方程t²-3t+4=0无解，
∴无论a取何值，函数f（x）的图象都不与x轴相切．
（Ⅱ）记g（x）=（x-2）e^x-$\frac{a}{2}{x}^{2}$+2≥0在R上恒成立，
由g′（1）=-a+2≥0，得g′（x）≥0的必要条件是a≤2，
若a=2，则g′（x）=（x-1）e^x-2x+2=（x-1）（e^x-2），
当ln2＜x＜1时，g′（x）＜0，故a＜2．
下面证明：当a=1时，不等式（x-1）e^x-x+2≥0恒成立．
令h（x）=（x-1）e^x-x+2，则h′（x）=xe^x-1，
记H（x）=xe^x-1，则H′（x）=（x+1）e^x，
当x＞-1时，H′（x）＞0，H（x）单调递增且H（x）＞-$\frac{1}{e}-1$，
当x＜-1时，H′（x）＜0，H（x）单调递减，且-$\frac{1}{e}-1＜$H（x）＜0，
∵H（$\frac{1}{2}$）=$\frac{\sqrt{e}}{2}$-1＜0，H（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的${x}_{0}∈（\frac{1}{2}，1）$，使得H（x₀）=0，且当x∈（-∞，x₀）时，H（x）＞0，
h（x）单调递减，
当x∈（x₀，+∞）时，H（x）＜0，h（x）单调递增，
∴h（x）_min=h（x₀）=（x₀-1）${e}^{{x}_{0}}$-x₀+2，
∵H（x₀）=0，∴${e}^{{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴h（x₀）=（x₀-1）$\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}+2$=3-（$\frac{1}{{x}_{0}}+{x}_{0}$），
∵$\frac{1}{2}＜{x}_{0}＜1$，∴2＜$\frac{1}{{x}_{0}}+{x}_{0}$＜$\frac{5}{2}$，
∴h（x）_min=h（x₀）＞0，
∴（x-1）e^x-x-2≥0恒成立，
∴a能取得的最大整数为1．

点评 本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，是中档题．