Question

9．设函数f（x）=（x-k）e^x（k∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在区间（-1，1）上是增函数，求k的取值范围；
（Ⅱ）求f（x）在区间[0，1]上的最小值；
（Ⅲ）若k=0，是否存在实数a，使得对任意的x₁，x₂∈（a，+∞），当x₁＜x₂时，恒有x₁（f（x₂）-f（a））-x₂（f（x₁）-f（a））＞a（f（x₂）-f（x₁））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）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，结合已知条件求出k的范围即可；
（Ⅱ）通过讨论k的范围，确定函数的单调区间，求出函数的最小值；
（Ⅲ）问题等价于$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$＜$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$，设g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{{x{e^x}-a{e^a}}}{x-a}$，得到g（x）在（a，+∞）上是单调递增函数，通过讨论a的范围，求出关于a的具体范围即可．

解答 解：（Ⅰ）令f′（x）=（x-k+1）e^x＞0，得x＞k-1，
∴f（x）在区间（k-1，+∞）单调递增．
若f（x）在区间（-1，1）上是增函数，
则有k-1≤-1，
解得k≤0．                           …（3分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）在区间（-∞，k-1）单调递减，在区间（k-1，+∞）单调递增．
①若k-1≤0，即k≤1，f（x）在区间[0，1]上单调递增，
∴f（x）_min=f（0）=-k．
②若0＜k-1＜1，即1＜k＜2，
f（x）在区间[0，k-1）单调递减，在区间（k-1，1]单调递增，
∴f（x）_min=f（k-1）=-e^k-1．
③若k-1≥1，即k≥2，f（x）在区间[0，1]上单调递减，
∴f（x）_min=f（1）=（1-k）e．                          …（8分）
（Ⅲ）若k=0，则f（x）=xe^x，
∵x₁（f（x₂）-f（a））-x₂（f（x₁）-f（a））＞a（f（x₂）-f（x₁））
?$\frac{{f（{x_1}）-f（a）}}{{{x_1}-a}}$＜$\frac{{f（{x_2}）-f（a）}}{{{x_2}-a}}$．                  …（10分）
∴设g（x）=$\frac{f（x）-f（a）}{x-a}$=$\frac{{x{e^x}-a{e^a}}}{x-a}$，
由题意，对任意的x₁，x₂∈（a，+∞），当x₁＜x₂时，恒有g（x₁）＜g（x₂），
即y=g（x）在（a，+∞）上是单调递增函数．
∴g（x）=$\frac{{（x+1）（x-a）{e^x}-x{e^x}+a{e^a}}}{{{{（x-a）}^2}}}$=$\frac{{{x^2}{e^x}-ax{e^x}-a{e^x}+a{e^a}}}{{{{（x-a）}^2}}}$≥0（x∈（a，+∞））恒成立．…（11分）
令h（x）=x²e^x-axe^x-ae^x+ae^a，
h′（x）=2xe^x+x²e^x-a（x+1）e^x-ae^x=（x+2）（x-a）e^x，
若a≥-2，当x＞a时，h′（x）＞0，h（x）为（a，+∞）上的单调递增函数，
∴h（x）＞h（a）=0，不等式成立．
若a＜-2，当x∈（a，-2）时，h′（x）＜0，h（x）为（a，-2）上的单调递减函数，
∴?x₀∈（a，-2），h（x₀）＞h（a）=0，与?x∈（a，+∞），h（x）＞0矛盾．
综上，a的取值范围为[-2，+∞）．                         …（14分）

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，是一道综合题．