已知函数 .讨论函数的单调区间;设,当时,若对任意的,(是自然对数的底数),,...

已知函数f（x）=exx2-ax 1(a≥0)．（e=2.71828…是自然对数...

解：（1）f′(x)=ex(x-1)[x-(a 1)](x2-ax 1)2，①当a=0时，函数定义域为R，f′(x)=ex(x-1)2(x2 1)2≥0，故f（x）在R上单调递增；②当a∈（0，2）时，函数定义域为R，又a 1＞1，故f（x）在（-∞，1）单调递增，（1，1 a）单调递减，（1 a， ∞）单调递增；③当a=2时，函数定义域为（-∞，1）∪（1， ∞），f′(x)=ex(x-3)x-1，故f（x）在（-∞，1）单调递增，（1，3）单调递减，（3， ∞）单调递增；④当a∈（2， ∞）时，方程x2-ax 1=0的两个根为x1=a-a2-42，x2=a a2-42，所以函数的定义域...全部

  解：（1）f′(x)=ex(x-1)[x-(a 1)](x2-ax 1)2，①当a=0时，函数定义域为R，f′(x)=ex(x-1)2(x2 1)2≥0，故f（x）在R上单调递增；②当a∈（0，2）时，函数定义域为R，又a 1＞1，故f（x）在（-∞，1）单调递增，（1，1 a）单调递减，（1 a， ∞）单调递增；③当a=2时，函数定义域为（-∞，1）∪（1， ∞），f′(x)=ex(x-3)x-1，故f（x）在（-∞，1）单调递增，（1，3）单调递减，（3， ∞）单调递增；④当a∈（2， ∞）时，方程x2-ax 1=0的两个根为x1=a-a2-42，x2=a a2-42，所以函数的定义域为（-∞，x1）∪（x1，x2）∪（x2， ∞），由韦达定理知0＜x1＜1＜x2，对称轴x=a2＜a 1，（a 1）2-a（a 1） 1=a 2＞0，故x2＜a 1，f（x）在（-∞，x1），（x1，1），（1 a， ∞）单调递增，（1，x2），（x2，a 1）单调递减；（2）①当a∈（2， ∞）时，x∈[x1，x2]⊆[0，a 1]时，有f（x）＜0即f（x）≥x不成立；②当a=2时，由（1）可知不符合题意；③当a=0时，f（x）单调递增，fmin（x）=f（0）=1，故不等式恒成立；④当a∈（0，2）时，f(0)=1，f(1)=e2-a＞1，f(1 a)=ea 1a 2，下面证明f(1 a)=ea 1a 2≥a 1，即证ex-x（x 1）≥0（x=a 1∈（1，3）），令g（x）=ex-x（x 1），g′（x）=ex-2x-1，g″（x）=ex-2，∵x∈（1，3），∴g″（x）＞0，g′（x）单调递增，g′（1）＜0，g′（3）＞0，∴∃x0使得g′(x0)=ex0-2x0-1=0，g（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，3）上单调递增，此时g(x)≥g(x0)=ex0-x20-x0=-x20 x0 1，g′(1 52)=e1 52-(2 5)＞0，∴x0＜1 52，∴g（x0）＞0；所以不等式ex-x（x 1）≥0（x=a 1∈（1，3））成立．即f(1 a)=ea 1a 2≥a 1；由（1）知f（x）在（0，1）单调递增，（1，1 a）单调递减，所以不等式f（x）≥x对于任意的x∈[0，a 1]恒成立综上所述，当a∈（0，2）时，不等式f（x）≥x对于任意的x∈[0，a 1]恒成立．。
  收起