Question

2．已知函数f（x）=λe^x-x²，g（x）=-x²+$\frac{μ}{2}$x-$\frac{15}{2}$（μ＞0），其中e=2.71828…是然对数底数．
（Ⅰ）若函数f（x）有两个不同的极值点x₁，x₂，求实数λ的取值范围；
（Ⅱ）当λ=1时，求使不等式f（x）＞g（x）在一切实数上恒成立的最大正整数μ．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=λe^x-2x，据题意得f′（x）=λe^x-2x=0有两个不同的根x₁，x₂，对λ分类讨论：当λ≤0时，可得f（x）在R上递减，不合题意．λ＞0，令f^″（x）=0，解得$x=ln\frac{2}{λ}$，可得函数f′（x）=λe^x-2x在$（-∞，ln\frac{2}{λ}）$上递减，在$（ln\frac{2}{λ}，+∞）$上递增，f′（x）=λe^x-2x=0有两个不同的根，则${f^/}（ln\frac{2}{λ}）＜0$，解出即可得出．
（2）当λ=1时，由题意可得：不等式${e^x}＞\frac{μ}{2}x-\frac{15}{2}$对任意x恒成立，令$h（x）={e^x}-\frac{μ}{2}x+\frac{15}{2}$，令h′（x）=0得$x=ln\frac{μ}{2}$，利用单调性可得$h{（x）_{min}}=h（ln\frac{μ}{2}）=\frac{μ}{2}-\frac{μ}{2}ln\frac{μ}{2}+\frac{15}{2}＞0$，整理得φ（u）=$μ-μln\frac{μ}{2}+15＞0$，再研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=λe^x-2x，
据题意得f′（x）=λe^x-2x=0有两个不同的根x₁，x₂，
当λ≤0时，f′（x）=λe^x-2x≤0，因此f（x）在R上递减，不合题意，
∴λ＞0，
又f^″（x）=λe^x-2，令f^″（x）=0，解得$x=ln\frac{2}{λ}$，
∴函数f′（x）=λe^x-2x在$（-∞，ln\frac{2}{λ}）$上递减，在$（ln\frac{2}{λ}，+∞）$上递增，
∴f′（x）=λe^x-2x=0有两个不同的根，则${f^/}（ln\frac{2}{λ}）＜0$，
即$λ•\frac{2}{λ}-2ln\frac{2}{λ}＜0$，$ln\frac{2}{λ}＞1$，
解得$0＜λ＜\frac{2}{e}$．
（2）当λ=1时，求使不等式f（x）＞g（x）在一切实数上恒成立，即不等式${e^x}＞\frac{μ}{2}x-\frac{15}{2}$对任意x恒成立，
令$h（x）={e^x}-\frac{μ}{2}x+\frac{15}{2}$，∴${h^/}（x）={e^x}-\frac{μ}{2}$，令h′（x）=0得$x=ln\frac{μ}{2}$，
∴函数h（x）在$（-∞，ln\frac{μ}{2}）$上递减，在$（ln\frac{μ}{2}，+∞）$上递增，
∴$h{（x）_{min}}=h（ln\frac{μ}{2}）=\frac{μ}{2}-\frac{μ}{2}ln\frac{μ}{2}+\frac{15}{2}＞0$，
整理得$μ-μln\frac{μ}{2}+15＞0$．
令$ϕ（μ）=μ-μln\frac{μ}{2}+15$，易得ϕ（μ）在（2，+∞）上递减，
若μ=2e²∈（14，15），ϕ（2e²）=15-2e²＞0，
若μ=15，$ϕ（15）=2-ln\frac{15}{2}＜0$，
所以满足条件的最大整数μ=14．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．