Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a{x}^{2}}{{e}^{x}}$，直線y=$\frac{1}{e}$x為曲線y=f（x）的切線（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）用min{m，n}表示m，n中的最小值，設函數(shù)g（x）=min{f（x），x-$\frac{1}{x}$}（x＞0），若函數(shù)h（x）=g（x）-cx²為增函數(shù)，求實數(shù)c的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，設出切點（m，n），可得切線的斜率，由切線方程可得a，m的方程，解方程可得a=1；
（2）y=f（x）和y=x-$\frac{1}{x}$的交點為（x₀，y₀），分別畫出y=f（x）和y=x-$\frac{1}{x}$在x＞0的圖象，可得1＜x₀＜2，再由新定義求得最小值，求得h（x）的解析式，由題意可得h′（x）≥0在0＜x＜x₀時恒成立，運用參數(shù)分離和函數(shù)的單調(diào)性，即可得到所求c的范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{a{x}^{2}}{{e}^{x}}$的導數(shù)為f′（x）=$\frac{a（2x-{x}^{2}）}{{e}^{x}}$，
設切點為（m，n），即有n=$\frac{a{m}^{2}}{{e}^{m}}$，n=$\frac{1}{e}$m，
可得ame=e^m，①
由直線y=$\frac{1}{e}$x為曲線y=f（x）的切線，可得
$\frac{a（2m-{m}^{2}）}{{e}^{m}}$=$\frac{1}{e}$，②
由①②解得m=1，a=1；
（2）函數(shù)g（x）=min{f（x），x-$\frac{1}{x}$}（x＞0），
由f（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$的導數(shù)為f′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
當0＜x＜2時，f（x）遞增，x＞2時，f（x）遞減．
對x-$\frac{1}{x}$在x＞0遞增，設y=f（x）和y=x-$\frac{1}{x}$的交點為（x₀，y₀），
由f（1）-（1-1）=$\frac{1}{e}$＞0，f（2）-（2-$\frac{1}{2}$）=$\frac{4}{{e}^{2}}$-$\frac{3}{2}$＜0，即有1＜x₀＜2，
當0＜x＜x₀時，g（x）=x-$\frac{1}{x}$，
h（x）=g（x）-cx²=x-$\frac{1}{x}$-cx²，h′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-2cx，
由題意可得h′（x）≥0在0＜x＜x₀時恒成立，
即有2c≤$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{3}}$，由y=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{3}}$在（0，x₀）遞減，
可得2c≤$\frac{1}{{x}_{0}}$+$\frac{1}{{{x}_{0}}^{3}}$①
當x≥x₀時，g（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
h（x）=g（x）-cx²=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$-cx²，h′（x）=$\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}$-2cx，
由題意可得h′（x）≥0在x≥x₀時恒成立，
即有2c≤$\frac{2-x}{{e}^{x}}$，由y=$\frac{2-x}{{e}^{x}}$，可得y′=$\frac{x-3}{{e}^{x}}$，
可得函數(shù)y在（3，+∞）遞增；在（x₀，3）遞減，
即有x=3處取得極小值，且為最小值-$\frac{1}{{e}^{3}}$．
可得2c≤-$\frac{1}{{e}^{3}}$②，
由①②可得2c≤-$\frac{1}{{e}^{3}}$，解得c≤-$\frac{1}{2{e}^{3}}$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查新定義的理解和運用，單調(diào)性的運用，考查分類討論的思想方法以及恒成立問題的解法，屬于中檔題．