Question

9．（文科）設(shè)函數(shù)f（x）=x（e^x-1）-ax²（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）若a=$\frac{1}{2}$，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若當(dāng)x≥0時，f（x）≥0，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若f（x）無極值，求a的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a=$\frac{1}{2}$時，化簡f（x）=x（e^x-1）-$\frac{1}{2}$x²，從而求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）化簡f（x）=x（e^x-1-ax），令g（x）=e^x-1-ax，g′（x）=e^x-a，從而討論以確定函數(shù)的單調(diào)性及最值，從而解得；
（Ⅲ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到g（x）=e^x+$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷出g（x）=e^x+h（x）＞2，得到2a≤g（x），得2a≤2，a≤1；且g（x）=e^x+h（x）＜2，從而求出a的值即可．

解答 解：（Ⅰ）a=$\frac{1}{2}$時，f（x）=x（e^x-1）-$\frac{1}{2}$x²，
f′（x）=（e^x-1）+xe^x-x=（e^x-1）（x+1），
則當(dāng)x∈（-∞，-1）時，f′（x）＞0，
當(dāng)x∈（-1，0）時，f′（x）＜0，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（-∞，-1），（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（-1，0）上單調(diào)遞減；
（Ⅱ）f（x）=x（e^x-1-ax），令g（x）=e^x-1-ax，g′（x）=e^x-a，
若a≤1，則g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，
而g（0）=0，從而f（x）≥0；
若a＞1，則g（x）在（0，lna）上是減函數(shù)，
且g（0）=0，故當(dāng)x∈（0，lna）時，f（x）＜0；
綜上可得，a的取值范圍為（-∞，1]；
（Ⅲ）若f（x）無極值，則f（x）在R單調(diào)，
又f′（x）=（x+1）e^x-2ax-1，
若f（x）在R遞減，則f′（x）≤0，對x∈R恒成立，
而當(dāng)x₀=2|1-a|+1時，利用不等式e^x≥1+x，（x∈R），可得：
f′（x₀）=（x₀+1）${e}^{{x}_{0}}$-2ax₀-1≥${{（x}_{0}+1）}^{2}$-2ax₀-1
=（2|1-a|+1）[2|1-a|+1+2（1-a）]≥2|1-a|+1＞0，
與假設(shè)矛盾，
因此，f（x）在R遞增，
則f′（x）=（x+1）e^x-2ax-1≥0對x∈R恒成立，
顯然f′（0）=0對任意a∈R成立，
①當(dāng)x＞0時，2a≤$\frac{（x+1{）e}^{x}-1}{x}$=e^x+$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，
令g（x）=e^x+$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$，
下面證明h（x）在（-∞，0），（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵h(yuǎn)′（x）=$\frac{（x-1{）e}^{x}+1}{{x}^{2}}$，令r（x）=（x-1）e^x+1，則r′（x）=xe^x，
x＞0時，r′（x）＞0，r（x）遞增，r（x）＞r（0）=0，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增；
x＜0時，r′（x）＜0，r（x）遞減，r（x）＞r（0）=0，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增；
當(dāng)x＞0時，由e^x＞1+x得h（x）＞1，從而g（x）=e^x+h（x）＞2，
于是2a≤g（x），得2a≤2，a≤1；
②x＜0時，2a≥g（x），此時h（x）＜1，從而g（x）=e^x+h（x）＜2，
于是2a≥g（x），得2a≥2，a≥1，
綜上，a=1時f（x）無極值．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，同時考查了分類討論的思想，屬于難題．