Question

4．（1）設(shè)函數(shù)f（x）=e^x（2x-1）-ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整數(shù)x₀，使得f（x₀）＜0，則a的取值范圍是[$\frac{3}{2e}$，1）．
（2）已知f（x）=xe^x，g（x）=-（x+1）²+a，若?x₁，x₂∈R，使得f（x₂）≤g（x₁）成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍$[-\frac{1}{e}，+∞）$．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）=e^x（2x-1）-ax+a，其中a＜1，設(shè)g（x）=e^x（2x-1），y=ax-a，由存在唯一的整數(shù)x₀，使得f（x₀）＜0；可得存在唯一的整數(shù)x₀，使得g（x₀）在直線y=ax-a的下方．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性圖象與性質(zhì)，即可得出．
（2）?x₁，x₂∈R，使得f（x₂）≤g（x₁）成立，等價(jià)于f（x）_min≤g（x）_max，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（x）的單調(diào)性極值與最值，利用二次函數(shù)的單調(diào)性可得g（x）的最大值，即可得出．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=e^x（2x-1）-ax+a，其中a＜1，
設(shè)g（x）=e^x（2x-1），y=ax-a，
∵存在唯一的整數(shù)x₀，使得f（x₀）＜0，
∴存在唯一的整數(shù)x₀，使得g（x₀）在直線y=ax-a的
下方，
∵g′（x）=e^x（2x+1），
∴當(dāng)x＜-$\frac{1}{2}$時(shí)，g′（x）＜0，
∴當(dāng)x=-$\frac{1}{2}$時(shí)，[g（x）]_min=g（-$\frac{1}{2}$）=-2${e}^{-\frac{1}{2}}$．
當(dāng)x=0時(shí)，g（0）=-1，g（1）=e＞0，
直線y=ax-a恒過（1，0），斜率為a，故-a＞g（0）=-1，
且g（-1）=-3e^-1≥-a-a，解得a＞$\frac{3}{2e}$．
∴a的取值范圍是$[\frac{3}{2e}，1）$．
（2）?x₁，x₂∈R，使得f（x₂）≤g（x₁）成立，等價(jià)于f（x）_min≤g（x）_max，
∵f（x）=-xe^x，
∴f′（x）=（1+x）e^x，
當(dāng)x＜-1時(shí)，f′（x）＜0；x＞-1時(shí)，f′（x）＞0．
∴x=-1時(shí)，f（x）_min=$-\frac{1}{e}$．
∵g（x）=（x+1）²+a，
∴g（x）_max=a．
∴-$\frac{1}{e}$≤a，
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是$[-\frac{1}{e}，+∞）$．
故答案分別為：（1）$[\frac{3}{2e}，1）$；（2）$[-\frac{1}{e}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式的解法、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．