Question

17．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f（x）=x²e^1-x-a（x-1）．
（1）當(dāng)a=0時，求f（x）在$（\frac{3}{4}，3）$上的最大值；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+a（x-1-e^1-x），當(dāng)g（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）時，總有x₂g（x₁）≤λf′（x₁），求實數(shù)λ的值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）}]≤0$，對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，通過討論x₁的范圍，求出λ的值即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時，f（x）=x²e^1-x，
則f'（x）=（2x-x²）e^1-x，
令f′（x）＞0，解得：x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，
∴當(dāng)$x∈（\frac{3}{4}，2）$時，f'（x）＞0，這時f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（2，3）時，f'（x）＜0，這時f（x）單調(diào)遞減，
∴f（x）在$（\frac{3}{4}，3）$的極大值是$f（2）=\frac{4}{e}$．
（2）由題意可知g（x）=（x²-a）e^1-x，
則g'（x）=（2x-x²+a）e^1-x=（-x²+2x+a）e^1-x．
根據(jù)題意，方程-x²+2x+a=0有兩個不同的實根x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴△=4+4a＞0，即a＞-1，且x₁+x₂=2，∵x₁＜x₂，∴x₁＜1．
由x₂g（x₁）≤λf'（x₁），其中f'（x）=（2x-x²）e^1-x-a，
可得$（2-{x_1}）（x_1^2-a）{e^{1-{x_1}}}≤λ[{（2{x_1}-x_1^2）{e^{1-{x_1}}}-a}]$，
注意到$-x_1^2+2{x_1}+a=0$，
∴上式化為$（2-{x_1}）（2{x_1}）{e^{1-{x_1}}}≤λ[{（2{x_1}-x_1^2）{e^{1-{x_1}}}+（2{x_1}-x_1^2）}]$，
即不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）}]≤0$，對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（1）當(dāng)x₁=0時，不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）}]≤0$恒成立，λ∈R；
（2）當(dāng)x₁∈（0，1）時，$2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）≤0$恒成立，即$λ≥\frac{{2{e^{1-{x_1}}}}}{{{e^{1-{x_1}}}+1}}$，
令函數(shù)$k（x）=\frac{{2{e^{1-x}}}}{{{e^{1-x}}+1}}=2-\frac{2}{{{e^{1-x}}+1}}$，顯然，k（x）是R上的減函數(shù)，
∴當(dāng)x∈（0，1）時，$k（x）＜k（0）=\frac{2e}{e+1}$，∴$λ≥\frac{2e}{e+1}$，
（3）當(dāng)x₁∈（-∞，0）時，$2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）≥0$，恒成立，即$λ≤\frac{{2{e^{1-{x_1}}}}}{{{e^{1-{x_1}}}+1}}$，
由（2），當(dāng)x∈（-∞，0）時，$k（x）＞k（0）=\frac{2e}{e+1}$，即$λ=\frac{2e}{e+1}$，
綜上所述，$λ=\frac{2e}{e+1}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，考查學(xué)生的計算能力，是一道綜合題．