Question

15．已知函數f（x）=（x-1）e^x-$\frac{1}{2}$ax²（a∈R）．
（Ⅰ）當a≤1時，求f（x）的單調區間；
（Ⅱ）當x∈（0，+∞）時，y=f′（x）的圖象恒在y=ax³+x-（a-1）x的圖象上方，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）首先求出f（x）的導函數，分類討論a的大小來判斷函數的單調性；
（2）利用轉化思想：當x∈（0，+∞）時，y=f'（x）的圖象恒在y=ax³+x²-（a-1）x的圖象上方，即xe^x-ax＞ax³+x²-（a-1）x對x∈（0，+∞）恒成立；即 e^x-ax²-x-1＞0對x∈（0，+∞）恒成立；

解答 解：（I）f'（x）=xe^x-ax=x（e^x-a）
當a≤0時，e^x-a＞0，∴x∈（-∞，0）時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減；x∈（0，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；
當0＜a≤1時，令f'（x）=0得x=0或x=lna．
（i） 當0＜a＜1時，lna＜0，故：x∈（-∞，lna）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增，x∈（lna，0）時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減，x∈（0，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；       
（ii） 當a=1時，lna=0，f'（x）=xe^x-ax=x（e^x-1）≥0恒成立，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞增，無減區間；      
綜上，當a≤0時，f（x）的單調增區間是（0，+∞），單調減區間是（-∞，0）；
當0＜a＜1時，f（x）的單調增區間是（-∞，lna）和（0，+∞），單調減區間是（lna，0）；
當a=1時，f（x）的單調增區間是（-∞，+∞），無減區間．
（II）由（I）知f'（x）=xe^x-ax
當x∈（0，+∞）時，y=f'（x）的圖象恒在y=ax³+x²-（a-1）x的圖象上方；
即xe^x-ax＞ax³+x²-（a-1）x對x∈（0，+∞）恒成立；
即 e^x-ax²-x-1＞0對x∈（0，+∞）恒成立；          
記 g（x）=e^x-ax²-x-1（x＞0），
∴g'（x）=e^x-2ax-1=h（x）；∴h'（x）=e^x-2a；
（i） 當$a≤\frac{1}{2}$時，h'（x）=e^x-2a＞0恒成立，g'（x）在（0，+∞）上單調遞增，
∴g'（x）＞g'（0）=0；
∴g（x）在（0，+∞）上單調遞增；
∴g（x）＞g（0）=0，符合題意；                        
（ii） 當$a＞\frac{1}{2}$時，令h'（x）=0得x=ln（2a）；
∴x∈（0，ln（2a））時，h'（x）＜0，
∴g'（x）在（0，ln（2a））上單調遞減；
∴x∈（0，ln（2a））時，g'（x）＜g'（0）=0；
∴g（x）在（0，ln（2a））上單調遞減，
∴x∈（0，ln（2a））時，g（x）＜g（0）=0，不符合題意；  
綜上可得a的取值范圍是$（-∞，\frac{1}{2}]$．

點評 本題主要考查了利用導數研究函數的單調性，以及轉化思想與分類討論思想，屬中等偏上題型．