Question

17．设a为实数，函数f（x）=（x²-a）e^1-x．
（Ⅰ）当x≥1时y=f（x）存在斜率为2的切线，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）时，是否存在实数λ，使x₂f（x₁）+aλ（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）≤0？请说明你的理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据导函数的单调性求出a的范围即可；
（Ⅱ）问题转化为不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0对任意x₁∈（-∞，1）恒成立，通过讨论x₁的范围结合函数的单调性求出满足条件的λ的值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=（2x-x²+a）e^1-x，
令f′（x）=（2x-x²+a）e^1-x=2，得a=x²-2x+2e^x-1，
令g（x）=x²-2x+2e^x-1，（x≥1），
由于g（x）的导数g′（x）=2x-2+2e^x-1≥2，
即g（x）在[1，+∞）递增，
故g（x）的最小值是g（1）=1，
故a的范围是[1，+∞）；
（Ⅱ）由题意方程-x²+2x+a=0有2个不同的实数根x₁，x₂（不妨设x₁＜x₂），
有-x²+2x+a=0，则△=4+4a＞0，解得：a＞-1，
且x₁+x₂=2，∵x₁＜x₂，∴x₁＜1，
x₂f（x₁）+aλ（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）≤0，
即（2-x₁）（${{x}_{1}}^{2}$-a）${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）${e}^{1{-x}_{2}}$-a]，
故（2-x₁）（2x₁）${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）${e}^{1{-x}_{2}}$+（2x₁-${{x}_{1}}^{2}$）]，
即不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0对任意x₁∈（-∞，1）恒成立，
①x₁=0时，不等式x₁[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）]≤0恒成立，λ∈R，
②x₁∈（0，1）时，2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）≤0，即λ≥$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$，
令函数k（x）=$\frac{{2e}^{1-x}}{{e}^{1-x}+1}$=2-$\frac{2}{{e}^{1-x}+1}$，
显然k′（x）=-$\frac{{2e}^{1-x}}{{（1{+e}^{1-x}）}^{2}}$＜0，k（x）在R递减，
∴当x∈（0，1）时，k（x）＜k（0）=$\frac{2e}{e+1}$，
∴λ≥$\frac{2e}{e+1}$；
③x₁∈（-∞，0）时，2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ（${e}^{1{-x}_{1}}$+1）≥0恒成立，
即λ≤$\frac{{2}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$，
由②得x∈（-∞，0）时，k（x）＞k（0）=$\frac{2e}{e+1}$，即λ≤$\frac{2e}{e+1}$，
综上，存在λ=$\frac{2e}{e+1}$使得x₂f（x₁）+aλ（e${\;}^{1-{x}_{1}}$+1）≤0总成立．

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分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．