Question

2．已知函數(shù)f（x）=λe^x-x²，g（x）=-x²+$\frac{μ}{2}$x-$\frac{15}{2}$（μ＞0），其中e=2.71828…是然對(duì)數(shù)底數(shù)．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x₁，x₂，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)λ=1時(shí)，求使不等式f（x）＞g（x）在一切實(shí)數(shù)上恒成立的最大正整數(shù)μ．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=λe^x-2x，據(jù)題意得f′（x）=λe^x-2x=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂，對(duì)λ分類討論：當(dāng)λ≤0時(shí)，可得f（x）在R上遞減，不合題意．λ＞0，令f^″（x）=0，解得$x=ln\frac{2}{λ}$，可得函數(shù)f′（x）=λe^x-2x在$（-∞，ln\frac{2}{λ}）$上遞減，在$（ln\frac{2}{λ}，+∞）$上遞增，f′（x）=λe^x-2x=0有兩個(gè)不同的根，則${f^/}（ln\frac{2}{λ}）＜0$，解出即可得出．
（2）當(dāng)λ=1時(shí)，由題意可得：不等式${e^x}＞\frac{μ}{2}x-\frac{15}{2}$對(duì)任意x恒成立，令$h（x）={e^x}-\frac{μ}{2}x+\frac{15}{2}$，令h′（x）=0得$x=ln\frac{μ}{2}$，利用單調(diào)性可得$h{（x）_{min}}=h（ln\frac{μ}{2}）=\frac{μ}{2}-\frac{μ}{2}ln\frac{μ}{2}+\frac{15}{2}＞0$，整理得φ（u）=$μ-μln\frac{μ}{2}+15＞0$，再研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=λe^x-2x，
據(jù)題意得f′（x）=λe^x-2x=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂，
當(dāng)λ≤0時(shí)，f′（x）=λe^x-2x≤0，因此f（x）在R上遞減，不合題意，
∴λ＞0，
又f^″（x）=λe^x-2，令f^″（x）=0，解得$x=ln\frac{2}{λ}$，
∴函數(shù)f′（x）=λe^x-2x在$（-∞，ln\frac{2}{λ}）$上遞減，在$（ln\frac{2}{λ}，+∞）$上遞增，
∴f′（x）=λe^x-2x=0有兩個(gè)不同的根，則${f^/}（ln\frac{2}{λ}）＜0$，
即$λ•\frac{2}{λ}-2ln\frac{2}{λ}＜0$，$ln\frac{2}{λ}＞1$，
解得$0＜λ＜\frac{2}{e}$．
（2）當(dāng)λ=1時(shí)，求使不等式f（x）＞g（x）在一切實(shí)數(shù)上恒成立，即不等式${e^x}＞\frac{μ}{2}x-\frac{15}{2}$對(duì)任意x恒成立，
令$h（x）={e^x}-\frac{μ}{2}x+\frac{15}{2}$，∴${h^/}（x）={e^x}-\frac{μ}{2}$，令h′（x）=0得$x=ln\frac{μ}{2}$，
∴函數(shù)h（x）在$（-∞，ln\frac{μ}{2}）$上遞減，在$（ln\frac{μ}{2}，+∞）$上遞增，
∴$h{（x）_{min}}=h（ln\frac{μ}{2}）=\frac{μ}{2}-\frac{μ}{2}ln\frac{μ}{2}+\frac{15}{2}＞0$，
整理得$μ-μln\frac{μ}{2}+15＞0$．
令$ϕ（μ）=μ-μln\frac{μ}{2}+15$，易得ϕ（μ）在（2，+∞）上遞減，
若μ=2e²∈（14，15），ϕ（2e²）=15-2e²＞0，
若μ=15，$ϕ（15）=2-ln\frac{15}{2}＜0$，
所以滿足條件的最大整數(shù)μ=14．

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，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．