Question

17．已知函数f（x）=a（x-1）（e^x-a）（常数a∈R且a≠0）．
（Ⅰ）证明：当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；
（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点x₁，x₂，证明：0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$且0＜f（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）证明：当a＞0时，f′（x）=0只有一个根，即可证明函数f（x）有且只有一个极值点；
（Ⅱ）求出函数f（x）存在两个极值的等价条件，求出a的取值范围，结合不等式的性质进行求解即可．

解答 （Ⅰ）证明：函数的导数f′（x）=a[e^x-a+（x-1）e^x]=a（xe^x-a），
当a＞0时，由f′（x）=0，得xe^x=a，即e^x=$\frac{a}{x}$，
作出函数y=e^x和y=$\frac{a}{x}$的图象，则两个函数的图象有且只有1个交点，即函数f（x）有且只有一个极值点；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；不满足条件，
则a＜0，
∵f（x）存在两个极值点x₁，x₂，
∴x₁，x₂，是h（x）=f′（x）=a（xe^x-a）的两个零点，
令h′（x）=a（x+1）e^x=0，得x=-1，
令h′（x）＞0得x＜-1，
令h′（x）＜0得x＞-1，
∴h（x）在（-∞，-1]上是增函数，在[-1，+∞）上是减函数，
∵h（0）=f′（0）=-a²＜0，∴必有x₁＜-1＜x₂＜0．
令f′（t）=a（te^t-a）=0，得a=te^t，
此时f（t）=a（t-1）（e^t-a）=te^t（t-1）（e^t-te^t）=-e^2tt（t-1）²=-e^2t（t³-2t²+t），
∵x₁，x₂，是h（x）=f′（x）=a（xe^x-a）的两个零点，
∴f（x₁）=-e${\;}^{2{x}_{1}}$（x₁³-2x₁²+x₁），f（x₂）=-e${\;}^{2{x}_{2}}$（x₂³-2x₂²+x₂），
将代数式-e^2t（t³-2t²+t）看作以t为变量的函数g（t）=-e^2t（t³-2t²+t）．
g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1），
当t＜-1时，g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1）＞0，
则g′（t）在（-∞，-1）上单调递增，
∵x₁＜-1，∴f（x₁）=g（x₁）＜g（-1）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
∵f（x₁）=-e${\;}^{2{x}_{1}}$x₁（x₁-1）²＞0，
∴0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$，
当-1＜t＜0时，g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1）＜0，
则g′（t）在（-1，0）上单调递减，
∵-1＜x₂＜0，∴0=g（0）=g（x₂）=f（x₂）＜g（-1）=$\frac{4}{{e}^{2}}$
综上，0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$且0＜f（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$．

点评 本题主要考查导数的综合应用，函数极值和导数之间的关系，求函数的导数，研究函数的单调性和极值是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．