Question

20．已知函數f（x）=e^a（x-1）-ax²，a為不等于零的常數．
（Ⅰ）當a＜0時，求函數f′（x）的零點個數；
（Ⅱ）若對任意x₁，x₂，當x₁＜x₂時，f（x₂）-f（x₁）＞a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁）恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導，再判斷其導函數的單調性，根據函數的零點存在定理即可判斷，
（Ⅱ）分a＜0或a＞0兩種情況討論，對于a＜0，構造函數h（x）=e^ax-ax-1，x＞0，根據導數和函數的最值即可證明，
對于a＞0，根據（Ⅰ）的結論，根據導數和函數的單調性極值的關系可得g（x₀）=2（lna-a+1-ln2），再構造函數m（x）=lnx-x+1-ln2，根據導數和函數最值的關系可得當x＞0時，m（x）＜m（1）=-ln2＜0，即g（x₀）＜0，再根據f′（x），f（x）在區間（-∞，x₀）變化情況，得到與已知相矛盾，問題得以解決

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=ae^a（x-1）-2ax，
令g（x）=ae^a（x-1）-2ax，
∴g′（x）=a²e^a（x-1）-2a＞0，
∴g（x）在R上單調遞增，
∵g（0）=ae^-a＜0，g（1）=-a＞0，
∴g（x）在R上有且僅有一個零點，即函數f′（x）在R上有且僅有一個零點；
（Ⅱ）①當a＜0時，f（x₂）-f（x₁）＞${e}^{a（{x}_{2}-1）}$-2ax₂-${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2ax₁
=${e}^{a（{x}_{1}-1）}$（${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1）-a（x₂+x₁）（x₂-x₁）
＞${e}^{a（{x}_{1}-1）}$（${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1）-2ax₁（x₂-x₁），
令h（x）=e^ax-ax-1，x＞0，
∴h′（x）=ae^ax-a=a（e^ax-1）＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞增，
當x＞0時，h（x）＞h（0）=0，
即e^ax-1＞ax，
∴${e}^{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}$-1＞a（x₂+x₁），
∴f（x₂）-f（x₁）＞a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁），
②當a＞0，由（Ⅰ）可得g′（x）=a²e^a（x-1）-2a，
令g′（x）=a²e^a（x-1）-2a=0，解得x₀=$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$+1，
當x變化時，g′（x），g（x）變化情況列表如下：

x	（-∞，x0）	x0	（x0，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

∴g（x₀）=$a{e}^{a（{x}_{0}-1）}$-2ax₀=2（lna-a+1-ln2），
令m（x）=lnx-x+1-ln2，
∴m′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
∴m（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
當x＞0時，m（x）＜m（1）=-ln2＜0，即g（x₀）＜0
又∵當x→+∞時，g（x）＞0，
∴在（-∞，x₀）上g（x）存在一個零點x₁，即f′（x₁）=0，
∴當x變化時，f′（x），f（x）在區間（-∞，x₀）變化情況列表如下：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x0）
f′（x）	+	0	-
f（x）	遞增	極大值	遞減

∴f（x₀）-f（x₁）＜0=af′（x₁）（x₂-x₁）=a（${e}^{a（{x}_{1}-1）}$-2x₁）（x₂-x₁），與結論矛盾，
綜上可知，a的取值范圍為（-∞，0）．

點評 本題考查了導數和函數的單調性和極值最值得關系，以及函數的零點問題，考查了學生的轉化能力，運算能力，屬于難題