Question

12．已知函数f（x）=$\frac{a{x}^{2}+x+a}{{e}^{x}}$，a∈R．
（1）若a≠0，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）若a=0，x₁＜x＜x₂＜2，证明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）若a≠0，求导数，分类讨论，即可求函数f（x）的单调递增区间；
（2）a=0，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，x₁＜x＜x₂＜2，证明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，只要证明g（x）=$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$在（x₁，2）上单调递减．

解答 （1）解：∵f（x）=$\frac{a{x}^{2}+x+a}{{e}^{x}}$，∴f′（x）=$\frac{-a（x-1）（x-1+\frac{1}{a}）}{{e}^{x}}$
$①a＞0，\frac{a-1}{a}＜1$，x∈（$\frac{a-1}{a}$，1）时，f′（x）＞0，故函数的单调增区间为（$\frac{a-1}{a}$，1）；
②a＜0，$\frac{a-1}{a}$＞1，x∈（-∞，1）∪（$\frac{a-1}{a}$，+∞）时，f′（x）＞0，故函数的单调增区间为∈（-∞，1）和（$\frac{a-1}{a}$，+∞）；
（2）a=0，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，x₁＜x＜x₂＜2，
证明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，只要证明g（x）=$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$在（x₁，2）上单调递减．
g′（x）=$\frac{\frac{1-x}{{e}^{x}}（x-{x}_{1}）-\frac{x}{{e}^{x}}+\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}}{（x-{x}_{1}）^{2}}$，设h（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}（x-{x}_{1}）-\frac{x}{{e}^{x}}+\frac{{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$，
∴h′（x）=$\frac{（x-{x}_{1}）（x-2）}{{e}^{x}}$＜0，
∴h（x）在（x₁，2）上是减函数，
∴h（x）＜0，∴g′（x）＜0，
∴g（x）=$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$在（x₁，2）上单调递减．
∵x₁＜x＜x₂＜2，
∴$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．