分析 (Ⅰ)求出f(x)的導數(shù),通過討論判別式的符號,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;
(Ⅱ)問題轉(zhuǎn)化為不等式x1[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ(${e}^{1{-x}_{1}}$+1)]≤0對任意的x1∈(-∞,1]恒成立,通過討論x1 的范圍,求出λ的值即可.
解答 解:(Ⅰ)f′(x)=(-x2+2x+a)e1-x,△4+4a,
當△=4+4a≤0,即a≤-1時,-x2+2x+a≤0恒成立,
即函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù).
當△=4+4a>0,即a>-1時,設-x2+2x+a=0的兩根:x1=1-$\sqrt{1+a}$,x2=1+$\sqrt{1+a}$,
可得函數(shù)f(x)是(-∞,x1)、(x2,+∞)上的減函數(shù),是(x1,x2)上的增函數(shù).
(Ⅱ)根據(jù)題意,方程-x2+2x+a=0有兩個不同的實根x1,x2,(x1<x2),
∴△=4+4a>0,即a>-1,且x1+x2=2,
∵x1<x2,∴x1<1,
由x2f(x1)≤λ[f′(x1)-a(${e}^{1{-x}_{1}}$+1)],得
(2-x1)(${{x}_{1}}^{2}$-a)${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[(2x1-${{x}_{1}}^{2}$)${e}^{1{-x}_{1}}$-a],其中-${{x}_{1}}^{2}$+2x1+a=0,
∴上式化為(2-x1)(2x1)${e}^{1{-x}_{1}}$≤λ[(2x1-${{x}_{1}}^{2}$)${e}^{1{-x}_{1}}$+(2x1-${{x}_{1}}^{2}$)],整理:
x1(2-x1)[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ(${e}^{1{-x}_{1}}$+1)]≤0,其中2-x1>1,即
不等式x1[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ(${e}^{1{-x}_{1}}$+1)]≤0對任意的x1∈(-∞,1]恒成立.
①當x1=0時,不等式x1[2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ(${e}^{1{-x}_{1}}$+1)]≤0恒成立,λ∈R;
②當x1∈(0,1)時,2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ(${e}^{1{-x}_{1}}$+1)≤0恒成立,
即λ≥$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$,
令函數(shù)g(x)=$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$=2-$\frac{2}{{e}^{1-x}+1}$,
顯然,函數(shù)g(x)是R上的減函數(shù),
∴當x∈(0,1)時,g(x)<g(0)=$\frac{2e}{e+1}$,即λ≥$\frac{2e}{e+1}$,
③當x1∈(-∞,0)時,2${e}^{1{-x}_{1}}$-λ(${e}^{1{-x}_{1}}$+1)≥0恒成立,
即λ≤$\frac{{2e}^{1{-x}_{1}}}{{e}^{1{-x}_{1}}+1}$,
由②可知,當x∈(-∞,0)時,g(x)>g(0)=$\frac{2e}{e+1}$,
即λ≤$\frac{2e}{e+1}$.
綜上所述,λ=$\frac{2e}{e+1}$.
點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題,考查分類討論思想,是一道綜合題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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A. | 必然事件 | B. | 不可能事件 | ||
C. | 隨機事件 | D. | 以上選項均有可能 |
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A. | 7 | B. | 8 | C. | 9 | D. | 10 |
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A. | $\frac{7}{2}$ | B. | $\frac{5}{2}$ | C. | $\frac{3}{2}$ | D. | 1 |
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