Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ax}{e^x}$，其中a＞0，且函數(shù)f（x）的最大值是$\frac{1}{e}$
（1）求實數(shù)a的值；
（2）若函數(shù)g（x）=lnf（x）-b有兩個零點，求實數(shù)b的取值范圍；
（3）若對任意的x∈（0，2），都有f（x）＜$\frac{1}{{k+2x-{x^2}}}$成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意a＞0，討論f（x）的單調(diào)區(qū)間，可得f（1）我最大值，解方程可得a的值；
（2）求出g（x）的解析式，求得g（x）的導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間，可得g（x）的最大值，令最大值大于0，解不等式即可得到b的范圍；
（3）由題意可得f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{k+2x-{x}^{2}}$對任意x∈（0，2）都成立，所以k+2x-x²＞0，即k＞x²-2x對任意x∈（0，2）都成立，從而k≥0，可得k＜$\frac{{e}^{x}}{x}$+x²-2x，令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$+x²-2x，求出單調(diào)區(qū)間，可得最小值，進而得到k的范圍．

解答 解：（1）由題意得函數(shù)f（x）=$\frac{ax}{e^x}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{a（1-x）}{{e}^{x}}$，
因為a＞0，所以當(dāng)x∈（-∞，1）時，f′（x）＞0，
y=f（x）在（-∞，1）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0，
y=f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞減；----------------------（2分）
則$f{（x）_{{m}ax}}=f（1）=\frac{a}{e}=\frac{1}{e}$，則a=1----------------------（3分）
（2）由題意知函數(shù)g（x）=lnf（x）-b=lnx-x-b，（x＞0）
所以g′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，----------------------（4分）
易得函數(shù)g（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以g（x）_max=g（1）=-1-b，
則依題意知-1-b＞0，----------------------（5分）
則b＜-1，所以實數(shù)b的取值范圍是（-∞，-1）．----------------------（6分）
（3）由題知f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{k+2x-{x}^{2}}$對任意x∈（0，2）都成立，
所以k+2x-x²＞0，即k＞x²-2x對任意x∈（0，2）都成立，從而k≥0．---------（8分）
又不等式整理可得k＜$\frac{{e}^{x}}{x}$+x²-2x，令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$+x²-2x，
所以g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$+2（x-1）=（x-1）（$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$+2），得x=1，
當(dāng)x∈（1，2）時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）在（1，2）上單調(diào)遞增，
同理，函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，g（x）_min=g（1）=e-1，
依題意得k＜g（x）_min=g（1）=e-1，----------------------（11分）
綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是[0，e-1）．----------------------（12分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問題解法，注意運用分離參數(shù)法，構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．