Question

9．设函数f（x）=mxe^x（m∈R），其中f'（0）=1．
（I）求实数m的值；
（II）求函数f（x）在区间[-2，0]的最值；
（III）是否存在实数a，使得对任意的x₁，x₂∈（a，+∞），当x₁＜x₂时，恒有$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$＞$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$成立，若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （I）利用函数的求导公式求出函数的导数，代值计算即可求出m的值；
（Ⅱ）根据导数求函数的单调性和最值．
（II）构造函数g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{x{e}^{x}-a{e}^{a}}{x-a}$，x＞a，求出函数导数，判断函数导函数的值与0的关系，根据导函数的单调性，求a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=m（1+x）e^x，f'（0）=1，
∴m=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f（x）=xe^x，f′（x）=（1+x）e^x，x∈[-2，0]
令f′（x）=0，解得x=-1，
当f′（x）＞0时，即-1＜x≤0时，函数单调递增，
当f′（x）＜0时，即-2≤x≤-1时，函数单调递减，
∴f（x）_min=f（-1）=-$\frac{1}{e}$，
∵f（-2）=-$\frac{2}{{e}^{2}}$，f（0）=0，
∴f（x）_max=0，
（Ⅲ）令g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{x{e}^{x}-a{e}^{a}}{x-a}$，x＞a，则$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$＞$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$恒成立
即g（x）在（a，+∞）内单调递增这只需g′（x）＞0．而g′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-ax-a）+a{e}^{a}}{（x-a）^{2}}$，
记h（x）=e^x（x²-ax-a）+ae^a，
则h′（x）=e^x[x²+（2-a）x-2a]=e^x（x+2）（x-a）
故当a≥-2，且x＞a时，h′（x）＞0，h（x）在[a，+∞）上单调递增．
故h（x）＞h（a）=0，从而g′（x）＞0，不等式恒成立
另一方面，当a＜-2，且a＜x＜-2时，h′（x）＜0，h（x）在[a，-2]上单调递减又h（a）=0，
∴h（x）＜0，
即g′（x）＜0，g（x）在（a，-2）上单调递减．
从而存在x₁x₂，a＜x₁＜x₂＜-2，使得g（x₂）＜g（x₁）
∴a存在，其取值范围为[-2，+∞）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，分类讨论思想，属于中档题．