9.設(shè)函數(shù)f(x)=$\frac{{x}^{3}}{{e}^{x}}$,x∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值;
(2)設(shè)g(x)=ex•f′(x)(f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)),關(guān)于x的不等式g(x)>ax+b對(duì)任意的實(shí)數(shù)x∈[1,3]及任意的示數(shù)b∈[2,4]恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(3)設(shè)兩不相等的實(shí)數(shù)a,b滿(mǎn)足:a3eb=b3ea,求證:a+b>6.

分析 (1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出函數(shù)的極大值即可;
(2)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a<${(3x{-x}^{2}-\frac{4}{x})}_{min}$,令h(x)=3x-x2-$\frac{4}{x}$,求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可;
(3)根據(jù)f(a)≤f(6-b)?f(b)≤f(6-b)?$\frac{{e}^{6-b}}{{e}^}≤\frac{{(6-b)}^{3}}{^{3}}$,令3-b=t(t<0),得到(3-t)${e}^{\frac{2t}{3}}$-3-t≤0(*),令F(t)=(3-t)${e}^{\frac{2t}{3}}$-t-3(t<0),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.

解答 解:(1)∵f′(x)=$\frac{{x}^{2}(3-x)}{{e}^{x}}$,令f′(x)=0,解得:x=3,
故f(x)在(-∞,3)遞增,在(3,+∞)遞減,
故x=3時(shí),函數(shù)f(x)極大值=f(3)=$\frac{27}{{e}^{3}}$,無(wú)極小值;
(2)∵g(x)=3x2-x3,
∴3x2-x3>ax+b對(duì)任意的實(shí)數(shù)x∈[1,3]以及任意的實(shí)數(shù)b∈[2,4]恒成立,
∴3x2-x3-ax>b對(duì)任意的實(shí)數(shù)b∈[2,4]恒成立,
對(duì)任意的實(shí)數(shù)x∈[1,3]恒成立,
∴a<${(3x{-x}^{2}-\frac{4}{x})}_{min}$,
令h(x)=3x-x2-$\frac{4}{x}$,h′(x)=3-2x+$\frac{4}{{x}^{2}}$=$\frac{{3x}^{2}-{2x}^{3}+4}{{x}^{2}}$,
令φ(x)=3x2-2x3+4,φ′(x)=6x-6x2=6x(1-x)<0,
故φ(x)在(1,3)遞減,∵φ(2)=0,
故h(x)在(1,2)遞增,在(2,3)遞減,
∵h(yuǎn)(1)=-2,h(3)=-$\frac{4}{3}$,∴h(x)min=-2,
故a<-2;
(3)證明:由條件有f(a)=f(b),不妨設(shè)a<b,
則由(1)可知a<3<b,由于6-b<3,
從而f(a)≤f(6-b)?f(b)≤f(6-b)?$\frac{{e}^{6-b}}{{e}^}≤\frac{{(6-b)}^{3}}{^{3}}$,
令3-b=t(t<0),則$\frac{{e}^{3+t}}{{e}^{3-t}}$≤${(\frac{3+t}{3-t})}^{3}$,即${e}^{\frac{2t}{3}}$≤$\frac{3+t}{3-t}$?(3-t)${e}^{\frac{2t}{3}}$-3-t≤0(*),
令F(t)=(3-t)${e}^{\frac{2t}{3}}$-t-3(t<0),則F′(t)=-$\frac{4}{9}$t${e}^{\frac{2t}{3}}$,
∵t<0,故F′(t)>0,
故F(t)在(-∞,0)遞增,從而F(t)<F(0)=0,
故F(t)在(-∞,0)遞減,于是F(t)>F(0)=0,
這與(*)矛盾,
從而假設(shè)不成立,故a+b>6.

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想,考查函數(shù)恒成立問(wèn)題,是一道綜合題.

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