Question

已知函数 f（x）=

x2

ex

，
（Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若方程 f（x）=m有且只有一个解，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当x₁≠x₂且x₁，x₂∈（-∞，2]时，若有f（x₁）=f（x₂），求证：x₁+x₂＞0．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导f′（x）=

2x-x2

ex

=

x(2-x)

ex

，从而判断导数的正负，再确定函数的单调区间；
（Ⅱ）求出函数的极值，结合函数的图象，从而求实数m的取值范围；
（Ⅲ）由题意，不妨设x₁＜0＜x₂，则可得

x12

ex1

=

x 2 2

ex2

，从而化简出

x 2 2

x 2 1

=ex2•e-x1，从而证明．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=

2x-x2

ex

=

x(2-x)

ex

，
当x＜0或x＞2时，f′（x）＜0，当0＜x＜2时，f′（x）＞0；
故函数 f（x）的单调增区间为（0，2），
单调减区间为（-∞，0），（2，+∞）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f_极小值（x）=f（0）=0；
f_极大值（x）=f（2）=

4

e2

；结合函数图象可知，
m＞

4

e2

或m=0时，方程 f（x）=m有且只有一个解，
即实数m的取值范围为m＞

4

e2

或m=0；
（Ⅲ）证明：
由题意，不妨设x₁＜0＜x₂，
则由f（x₁）=f（x₂）可得，

x12

ex1

=

x 2 2

ex2

，
则

x 2 2

x 2 1

=ex2•e-x1，
∵x₁＜0＜x₂，
∴-x₁＞0，
∴ex2•e-x1＞1，
∴(

x2

-x1

)2＞1，
∴

x2

-x1

＞1，
即x₂＞-x₁，
即x₁+x₂＞0．

点评：本题考查了导数的综合应用，同时考查了不等式的证明，属于难题．