Question

5．已知函数f（x）=（x²-x）e^x
（1）求曲线y=f（x）在原点处的切线方程；
（2）若f（x）-ax+e≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若方程f（x）=m（m∈R）有两个正实数根x₁，x₂，求证：|x₁-x₂|＜$\frac{m}{e}$+m+1．

Answer 1

分析 （1）由f′（0）=-1，f（0）=0可得切线斜率、切点，即可求出曲线y=f（x）在原点处的切线方程．
（2）①当x=0时，a∈R；
②当x＞0时，问题等价于a≤（x-1）e^x+$\frac{e}{x}$恒成立．③当x＜0时，问题等价于a≥（x-1）e^x+$\frac{e}{x}$恒成立，利用导数求出最值；
（3）依（2）得a=e时，f（x）_^＞ex-e，再证设f（x）＞_^-x_{^{，（x＞0）}}设y=m，分别与y=-x，y=e（x-1）交点的横坐标为x₃，x₄，x₃=-m，x₄=$\frac{m}{e}$+1，则x₃＜x₁＜x₂＜x₄，∴|x₁-x₂|＜|x₃-x₄|=$\frac{m}{e}$+m+1，（证毕）

解答 解：（1）f′（x）=（x²+x-1）e^x，f′（0）=-1，f（0）=0，
故曲线y=f（x）在原点处的切线方程为x+y=0．
（2）①当x=0时，a∈R；
②当x＞0时，问题等价于a≤（x-1）e^x+$\frac{e}{x}$恒成立．
设g（x）=（x-1）e^x+$\frac{e}{x}$，则g′（x）=xe^x-$\frac{e}{{x}^{2}}$，
∵g′（x）=xe^x-$\frac{e}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上单调递增，且g′（1）=0
∴g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增．
∴g（x）在（0，+∞）的最小值为g（1）=e；
∴a≤e
③当x＜0时，问题等价于a≥（x-1）e^x+$\frac{e}{x}$恒成立．
设h（x）=（x-1）e^x+$\frac{e}{x}$，则h′（x）=xe^x-$\frac{e}{{x}^{2}}$＜0，
∵h（x）=在（0，+∞）上单调递减，且x→-∞时，h（x）→0．
∴a≥0，
综上所述：0≤a≤e．
（3）依（2）得a=e时，（x²-x）e^x_＞ex-e，
∵曲线y=f（x）在原点处的切线方程为x+y=0
设φ（x）=（x²-x）e^x₊x_{^{，（x＞0）}}
φ′（x）=（x²+x-1）ex+1，φ″（x）═（x²+3x）e^x，
令φ″（x）=0，解得x=-3，或x=0．
∴φ′（x）在（-∞，-3），（0，+∞）递增，在（-3，0）递减．
φ′（0）=0，∴x＞0时，φ′（x）＞0，φ（x）递增，而φ（0）=0，
∴当x＞0时，φ（x）＞0，
设y=m，分别与y=-x，y=e（x-1）交点的横坐标为x₃，x₄，
x₃=-m，x₄=$\frac{m}{e}$+1．
则x₃＜x₁＜x₂＜x₄，∴|x₁-x₂|＜|x₃-x₄|=$\frac{m}{e}$+m+1，（证毕）

点评 本题考查了导数的综合应用，考查了恒成立的基本处理方法，函数零点问题，属于难题．