Question

13．已知定义域为R的函数f（x）=（x²-ax+1）e^-x，其中a∈[0，2]．
（I）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x∈（0，1+a]时，f（x）≤$\frac{1}{x}$．

Answer 1

分析 （1）对a进行分类讨论，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）对a进行分类讨论，把证明不等式成立问题转化为判断函数单调性问题解决，利用（1）的结论即可得出结论．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）定义域为R，知x²-ax+1＞0恒成立，于是△=a²-4≤0，
当a=0时，f（x）=（x²+1）e^-x，函数定义域为R，f′（x）=-（x-1）²e^-x≤0，
于是f（x）在R上单调递减；
当a∈（0，2）时，求导得f′（x）=-e^-x（x-1）[（x-（a+1），a+1＞1，
令f′（x）＞0，解得：1＜x＜a+1，
令f′（x）＜0，解得：x＞a+1或x＜1，
∴f（x）在（-∞，1）上递减，在（1，a+1）上递增，在（a+1，+∞）上递减；
（Ⅱ）令g（x）=$\frac{1}{f（x）}$，当x∈（0，1+a]时，f（x）≤$\frac{1}{x}$，即g（x）≥x，
当a=0时，（0，a+1]=（0，1]，又g（x）在[0，1]单调递增，g（0）=1于是g（x）≥1≥x，
即得g（x）≥x在x∈（0，a+1]上成立．…（6分）
当a∈（0，2）时，由（I）知g（x）在[0，1]上递增，在[1，1+a]上递减．
当x∈[0，1]时，由g（x）≥1≥x，即得g（x）≥x在x∈[0，1]上成立；…（8分）
当x∈（1，1+a]时，有g（x）≥g（1+a）=$\frac{{e}^{1+a}}{{（1+a）}^{2}-a（1+a）+1}$=$\frac{{e}^{1+a}}{a+2}$．
下面证明：g（1+a）=$\frac{{e}^{1+a}}{a+2}$≥a+1．
令x=a+1，h（x）=e^x-（x+1）x，则h'（x）=e^x-2x-1，且x∈（1，3）．
记φ（x）=h'（x）=e^x-2x-1，则φ'（x）=e^x-2＞e-2＞0，于是φ（x）=h'（x）在[1，3]上单调递增．
又因为h'（1）＜0，h′（$\frac{3}{2}$）=${e}^{\frac{3}{2}}$-4＞0，所以存在唯一的x0∈（1，$\frac{3}{2}$）使得h′（x0）=ex0-2x0-1=0，从而ex0=2x0+1．
于是h（x）在[1，x₀）上单调递减，在（x₀，3]上单调递增，此时h（x）≥h（x₀）=e^x0-${{x}_{0}}^{2}$-x₀═-（x₀-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{5}{4}$＞0．
从而 h（a+1）≥h（x₀）＞0，即   $\frac{{e}^{a+1}}{a+2}$≥a+1．
亦即g（x）≥g（a+1）≥a+1≥x．
因此不等式g（x）≥x在（1，1+a]上成立．
所以当a∈（0，2）时，不等式g（x）≥x对于任意的x∈[0，a+1]恒成立．
综上可得，当a∈[0，2]时，对于任意的x∈[0，a+1]不等式g（x）≥x恒成立
即当x∈（0，1+a]时，f（x）≤$\frac{1}{x}$恒成立．

点评 本题主要考查函数单调性的判断及证明不等式恒成立问题，考查利用导数研究函数的性质，注意分类讨论思想的运用，逻辑性强，属难题．