Question

1．已知函数$f（x）=\frac{{a{x^2}+bx}}{e^x}$，（e为自然对数的底数，a，b∈R），若f（x）在x=0处取得极值，且x-ey=0是曲线y=f（x）的切线．
（1）求a，b的值；
（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数$g（x）=min\left\{{f（x），x-\frac{1}{x}}\right\}（x＞0）$，若函数h（x）=g（x）-cx²为增函数，求实数c的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，由f（x）在x=0处取得极值，且x-ey=0是曲线y=f（x）的切线，可得b=1，且$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}{x_0}=\frac{ax_0^2}{{{e^{x_0}}}}}\\{\frac{1}{e}=\frac{{-ax_0^2+2a{x_0}}}{{{e^{x_0}}}}}\end{array}}\right.$，由此可得a值；
（2）记函数$F（x）=f（x）-（x-\frac{1}{x}）=\frac{x^2}{e^x}-x+\frac{1}{x}，x＞0$，求其导函数，可得当x≥2时，F'（x）＜0恒成立，当0＜x＜2时，F'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递减．由函数的零点存在性定理及其单调性知存在唯一的x₀∈（1，2），使F（x₀）=0，有$g（x）=min\left\{{f（x），x-\frac{1}{x}}\right\}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，得到$h（x）=g（x）-c{x^2}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}-c{x^2}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}-c{x^2}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，分离参数c后利用导数求得答案．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{{（2ax+b）{e^x}-（a{x^2}+bx）{e^x}}}{{{{（{e^x}）}^2}}}=\frac{{-a{x^2}+（2a-b）x+b}}{e^x}$，
∵f（x）在x=0处取得极值，∴f'（0）=0，即b=0，
此时$f（x）=\frac{{a{x^2}}}{e^x}，f'（x）=\frac{{-a{x^2}+2ax}}{e^x}$，
设直线x-ey=0与曲线y=f（x）切于点P（x₀，y₀），由题意得$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}{x_0}=\frac{ax_0^2}{{{e^{x_0}}}}}\\{\frac{1}{e}=\frac{{-ax_0^2+2a{x_0}}}{{{e^{x_0}}}}}\end{array}}\right.$，解之得a=1；
（2）记函数$F（x）=f（x）-（x-\frac{1}{x}）=\frac{x^2}{e^x}-x+\frac{1}{x}，x＞0$$F'（x）=\frac{x（2-x）}{e^x}-1-\frac{1}{x^2}，x＞0$，
当x≥2时，F'（x）＜0恒成立，
当0＜x＜2时，$x（2-x）≤{[\frac{x+（2-x）}{2}]^2}=1$，
从而$F'（x）=\frac{x（2-x）}{e^x}-1-\frac{1}{x^2}≤\frac{1}{e^x}-1-\frac{1}{x^2}＜1-1-\frac{1}{x^2}=-\frac{1}{x^2}＜0$
∴F'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递减．
又$F（1）=\frac{1}{e}＞0，F（2）=\frac{4}{e^2}-\frac{3}{2}＜0$，∴F（1）•F（2）＜0，
又曲线y=F（x）在[1，2]上连续不间断，
∴由函数的零点存在性定理及其单调性知存在唯一的x₀∈（1，2），使F（x₀）=0，
∴x∈（0，x₀），F（x）＞0；x∈（x₀，+∞），F（x）＜0，
故$g（x）=min\left\{{f（x），x-\frac{1}{x}}\right\}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，
从而$h（x）=g（x）-c{x^2}=\left\{{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{x}-c{x^2}，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x^2}{e^x}-c{x^2}，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$，
∴$h'（x）=\left\{{\begin{array}{l}{1+\frac{1}{x^2}-2cx，0＜x≤{x_0}}\\{\frac{x（2-x）}{e^x}-2cx，x＞{x_0}}\end{array}}\right.$．
由函数h（x）=g（x）-cx²为增函数，且曲线y=h（x）在（0，+∞）上连续不断，
知h'（x）≥0在（0，x₀），（x₀，+∞）上恒成立．
①当x＞x₀时，$\frac{x（2-x）}{e^x}-2cx≥0$在（x₀，+∞）上恒成立，
即$2c≤\frac{2-x}{e^x}$在（x₀，+∞）上恒成立，记$u（x）=\frac{2-x}{e^x}$，则$u'（x）=\frac{x-3}{e^x}$，
从而u（x）在（x₀，3）单调递减，在（3，+∞）单调递增，∴$u{（x）_{min}}=u（3）=-\frac{1}{e^3}$．
故$2c≤\frac{2-x}{e^x}$在（x₀，+∞）上恒成立，只需$2c≤u（x）{\;}_{min}=-\frac{1}{e^3}$，∴$c≤-\frac{1}{{2{e^3}}}$．
②当0＜x＜x₀时，$h'（x）=1+\frac{1}{x^2}-2cx$，
当c≤0时，h'（x）＞0在（0，x₀）上恒成立，
综上所述，实数c的取值范围为：$c≤-\frac{1}{{2{e^3}}}$．

点评 本题主要考查导数的几何意义、导数及其应用、不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等，是压轴题．