Question

13．已知函数f（x）=$\frac{-{x}^{2}+ax-a}{{e}^{x}}$（x＞0，a∈R）．
（1）求函数f（x）的极值点；
（2）设g（x）=$\frac{f（x）+f′（x）}{x-1}$，若函数g（x）在（0，1）∪（1，+∞）内有两个极值点x₁，x₂，求证：g（x₁）•g（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，并分解因式，对a讨论，分a≤0，a＞2，0＜a＜2，求得单调区间，可得所求极值点；
（2）求出g（x）的解析式和导数，由题意可得2x²-（a+2）x+2=0有两个不为1的正根，运用判别式大于0和韦达定理，可得a＞2，化简g（x₁）•g（x₂），由不等式的性质即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{-{x}^{2}+ax-a}{{e}^{x}}$（x＞0）的导数为f′（x）=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+2a}{{e}^{x}}$=$\frac{（x-a）（x-2）}{{e}^{x}}$，
当a≤0时，由x＞0，则x-a＞0，当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）递减．
可得x=2为f（x）的极小值点；
当a＞2时，由x＞a或0＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当2＜x＜a时，f′（x）＜0，f（x）递减．
可得x=2为f（x）的极大值点；x=a为f（x）的极小值点；
当0＜a＜2时，由x＞2或0＜x＜a时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当a＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）递减．
可得x=a为f（x）的极大值点；x=2为f（x）的极小值点．
综上可得，当a≤0时，f（x）的极小值点为x=2，无极大值点；
当a＞2时，f（x）的极小值点为x=a，极大值点为x=2；
当0＜a＜2时，f（x）的极小值点为x=2，极大值点为x=a；
（2）证明：g（x）=$\frac{f（x）+f′（x）}{x-1}$
=$\frac{（-{x}^{2}+ax-a）+（{x}^{2}-ax-2x+2a）}{{（x-1）•e}^{x}}$=$\frac{a-2x}{（x-1）•{e}^{x}}$，
g′（x）=$\frac{2{x}^{2}-（a+2）x+2}{（x-1）^{2}•{e}^{x}}$，
由函数g（x）在（0，1）∪（1，+∞）内有两个极值点x₁，x₂，
可得2x²-（a+2）x+2=0有两个不为1的正根，
即有△=（a+2）²-16＞0，解得a＞2或a＜-6，
且x₁+x₂=$\frac{a+2}{2}$＞0，x₁x₂=1，
解得a＞2．
则g（x₁）•g（x₂）=$\frac{a-2{x}_{1}}{（{x}_{1}-1）•{e}^{{x}_{1}}}$•$\frac{a-2{x}_{2}}{（{x}_{2}-1）•{e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{a}^{2}-2a（{x}_{1}+{x}_{2}）+4{x}_{1}{x}_{2}}{（{x}_{1}{x}_{2}+1-{x}_{1}-{x}_{2}）•{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}$=$\frac{4-2a}{\frac{2-a}{2}•{e}^{\frac{2+a}{2}}}$=$\frac{4}{{e}^{1+\frac{a}{2}}}$，
由a＞2可得e${\;}^{1+\frac{a}{2}}$＞e²，
即有$\frac{4}{{e}^{1+\frac{a}{2}}}$＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．
则g（x₁）•g（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值，同时考查不等式的证明，注意运用韦达定理和判别式，考查分类讨论的思想方法，化简整理的运算能力，属于中档题．