难度： 困难

标签： 导数问题多变量问题绝对值问题恒成立问题分类讨论定区间动零点长除法因式分解条件转换

是否做正确： 未标明

是否属于易错题： 未标明

如果做错原因可能是： 1，求导后没有进行因式分解，或使用试根法、长除法尝试因式分解。2，若零点在 [0,2] 之间每有继续分类讨论。

已知函数 $f(x)=x{e}^x-\frac{1}{2}a{x}^2-ax(a\in R)$

（1）当 $a=1$ 时，求函数 $f(x)$ 的极值

（2）若 $\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in [0,2]$，恒有 $|f(x_1)-f(x_2)|⩽a+2e^2$ 成立，求实数 a 的取值范围

第一问，若不进行因式分解，可能做的时候有点膈应……

$f^{\prime }(x)=e^x+x{e}^x-ax-a$

$f^{\prime }(x)=e^x+e^x+x{e}^x-a$

$=e^x(2+x)-a$

当 $a=1$，

$f^{\prime }(x)=e^x+x{e}^x-x-1$

$f^{\prime \prime }(x)=e^x(2+x)-1$

$f^{\prime \prime \prime }(x)=e^x(3+x)$

在 $x<-3,f^{\prime \prime \prime }(x)<0,f^{\prime \prime }(x)\downarrow$

在 $x>-3,f^{\prime \prime \prime }(x)>0,f^{\prime \prime }(x)\uparrow$

$x\to +\mathrm{\infty },f^{\prime \prime }(x)=+\mathrm{\infty }$

$x\to -\mathrm{\infty },f^{\prime \prime }(x)=0^{-}<0$

所以存在 $x_0\in (-3,0)$，使得 $f^{\prime \prime }(x_0)=0$

所以 $x<x_0$ 时，$f^{\prime \prime }(x)<0,f^{\prime }(x)\downarrow$

$x>x_0$ 时，$f^{\prime \prime }(x)>0,f^{\prime }(x)\uparrow$

$x\to +\mathrm{\infty },f^{\prime }(x)\to +\mathrm{\infty }$

$x\to -\mathrm{\infty },f^{\prime }(x)=e^x+x(e^x-1)-1>0$

所以 $f^{\prime }(x)=0$ 有两个零点，为 $0,-1$

所以 $f(x)$ 在 $(-\mathrm{\infty },-1)$ 单增，$(-1,0)$ 单减，$(0,+\mathrm{\infty })$单增。

有极大值 $f(-1)=-e^{-1}-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}-\frac{1}{e}$

有极小值 $f(0)=0$

TIP

以后对式子求导后，不管式子中多复杂含有什么 $e^x,lnx$ 等等，应该总是先用试根法看能否得出零点，若有然后用十字相乘法或长除法进行因式分解，方便快速得出函数的大致走向、与零的关系。

第一问，因式分解

$f^{(}x)=e^x+x{e}^x-ax-a$

$=e^x(x+1)-a(x+1)=(e^x-a)(x+1)$

……

第二问

翻译条件，若 $\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in [0,2]$，恒有 $|f(x_1)-f(x_2)|⩽a+2e^2$ 成立

说明 $(|f(x_1)-f(x_2)|{)}_{max}⩽a+2e^2$

说明 $f(x{)}_{max}-f(x{)}_{min}⩽a+2e^2$

一、当 $a⩽0$ 时，

$f^{\prime }(x)⩾0,f(x)$ 在 $(0,2)$ 单增。

$f(x{)}_{min}=f(0)=0$

$f(x{)}_{max}=f(2)=2e^2-2a-2a=2e^2-4a$

所以 $2e^2-4a⩽a+2e^2$

$a⩾0$

所以 $a=0$ 符合条件

二、当 $a>0$ 时

1）当 $lna⩽0$，即 $0<a⩽1$ 时，

在 $[0,2]$ 上 $f^{\prime }(x)⩾0,f(x)\uparrow$

所以 $f(x{)}_{min}=f(0)=0$

$f(x{)}_{max}=f(2)=2e^2-4a$

$2e^2-4a⩽a+2e^2$

$a⩾0$

所以 $0<a⩽1$ 符合条件

2）当 $0<lna<2$，即 $1<a<e{6}^2$ 时，

在 $(0,lna),f^{\prime }(x)<0,f(x)\downarrow$

在 $(lna,a),f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

$f(x{)}_{min}=f(lna)=alna-\frac{1}{2}a(lna{)}^2-alna$

$=-\frac{1}{2}a(lna{)}^2$

$f(0)=0,f(2)=2e^2-4a$

接下来又对最大值进行分类，

（i）若 $f(0)⩾f(2)$

即 $0⩾2e^2-4a$

$a⩾\frac{1}{2}{e}^2$ 时，

$\frac{1}{2}a(lna{)}^2⩽a+2e^2(\frac{1}{2}{e}^2⩽a<e^2)$

$\{\begin{array}{l}[\frac{1}{2}a(lna{)}^2{]}_{max}=\frac{1}{2}{e}^2\cdot 4=2e^2\mathrm{①}\\ [a+2e^2{]}_{min}=\frac{1}{2}{e}^2+2e^2\mathrm{②}\end{array}$

因为 $\mathrm{①}<\mathrm{②}$

所以 $\frac{1}{2}{e}^2⩽a<e^2$ 符合条件

（ii）若 $f(0)<f(2)$

即 $0<2e^2-4a$

$1<a<\frac{1}{2}{e}^2$

$f(x{)}_{max}=f(2)=2e^2-4$

所以 $2e^2-4a+\frac{1}{2}a(lna{)}^2⩽a+2e^2(1<a<\frac{1}{2}{e}^2)$

$-4a+\frac{1}{2}a(lna{)}^2⩽a$

$(lna{)}^2⩽10$

$lna⩽\sqrt{1}0$

所以 $a⩽e^{\sqrt{10}}$

所以 $1<a<\frac{1}{2}{e}^2$ 符合条件

3）当 $lna⩾2$，

即 $a⩾e^2$ 时，

在 $(0,2),f^{\prime }(x)⩽0,f(x)\downarrow$

$f(x{)}_{max}=f(0)=0$

$f(x{)}_{min}=f(e)=2e^2-4a$

$4a-2e^2⩽a+2e^2$

$3a⩽4e^2$

$a⩽\frac{4}{3}{e}^2$

所以 $e^2⩽\frac{4}{3}{e}^2$

综上，$a\in [0,\frac{4}{3}{e}^2]$