Question

14．已知f（x）=（ax²+ax+x+a）e^-x（a≤0）．
（1）讨论y=f（x）的单调性；
（2）当a=0时，若f（x₁）=f（x₂） （x₁≠x₂），求证x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性即可；
（2）不妨设x₁＜1＜x₂，得到2-x₂＜1，问题转化为证x₂＞（2-x₂）${e}^{{2x}_{2}-2}$，令g（t）=t-（2-t）e^2t-2（t＞1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由已知得：x∈R，f′（x）=$\frac{-（ax+1）（x-1）}{{e}^{x}}$，
若a=0，当x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，1）递增，在（1，+∞）递减，
若-1＜a＜0时，-$\frac{1}{a}$＞1，
∴f（x）在（-∞，1）与（-$\frac{1}{a}$，+∞）递增，在（1，-$\frac{1}{a}$）递减，
若a=-1，f′（x）≤0，∴f（x）在R递减，
若a＜-1，时，则-$\frac{1}{a}$＜1，
∴f（x）在（-∞，-$\frac{1}{a}$）与（1，+∞）递增，在（-$\frac{1}{a}$，1）递减，
综上：若a=0，f（x）在（-∞，1）递增，在（1，+∞）递减，
-1＜a＜0时，f（x）在（-∞，1）与（-$\frac{1}{a}$，+∞）递增，在（1，-$\frac{1}{a}$）递减，
a=-1时，f′（x）≤0，∴f（x）在R递减，
a＜-1时，f（x）在（-∞，-$\frac{1}{a}$）与（1，+∞）递增，在（-$\frac{1}{a}$，1）递减；
证明：（2）a=0时，f（x）=xe^-x，∴f′（x）=（1-x）e^-x，
∴f（x）在（-∞，1）递增，在（1，+∞）递减，
∵f（x₁）=f（x₂），（x₁≠x₂），
则不妨设x₁＜1＜x₂，∴2-x₂＜1，
要证x₁+x₂＞2，只需证明 x₁＞2-x₂，
由f（x）在（-∞，1）递增，
即证f（x₂）＞f（2-x₂），即证$\frac{2{-x}_{2}}{{e}^{2{-x}_{2}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，
即证x₂＞（2-x₂）${e}^{{2x}_{2}-2}$，
令g（t）=t-（2-t）e^2t-2（t＞1），
g′（t）=1+（2t-3）e^2t-2，
g″（t）=（4t-4）e^2t-2＞0，
∴g′（t）在（1，+∞）递增，g′（t）＞g′（1）=0，
∴g（t）在（1，+∞）递增，g（t）＞g（1）=0，
∴g（t）在（1，+∞）上恒大于0，
即x₂＞（2-x₂）${e}^{{2x}_{2}-2}$，
即x₁+x₂＞2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．