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6.已知函數(shù)f(x)=(x2-a)e1-x,g(x)=f(x)+ae1-x-a(x-1).
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)a=1時,求g(x)在(34,2)上的最大值;
(3)當(dāng)f(x)有兩個極值點x1,x2(x1<x2)時,總有x2f(x1)≤λg′(x1),求實數(shù)λ的值(g′(x)為g(x)的導(dǎo)函數(shù))

分析 (1)求得f(x)的解析式,求導(dǎo),根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系,即可求得f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)a=1,求得g(x),求導(dǎo),利用導(dǎo)數(shù),求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,即可求得g(x)在(34,2)上的最大值;
(3)由f(x)=(x2-a)e1-x,求導(dǎo),由題意可知:方程-x2+2x+a=0有兩個不同的實根x1,x2(x1<x2),則x1+x2=2,代入求得-x12+2x1+a=0,代入f′(x)和g′(x),則不等式x1[2e1x1-λ(e1x1+1)]≤0對任意的x1∈(-∞,1)恒成立,根據(jù)x的取值范圍,即可求得實數(shù)λ的值.

解答 解:(1)f(x)=(x2-a)e1-x,求導(dǎo)f′(x)=(-x2+2x+a)e1-x,
由e1-x>0恒成立,
則當(dāng)-x2+2x+a<0恒成立,即a≤-1,
f′(x)≤0恒成立,
′∴函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減;
當(dāng)x>-1時,令f′(x)=0,即-x2+2x+a=0,
解得:x=1±1+a
當(dāng)f′(x)>0,解得:1-1+a<x<1+1+a,
當(dāng)f′(x)<0,解得:x<1-1+a或x>1+1+a,
∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間(1-1+a,1+1+a),單調(diào)遞減區(qū)間(-∞,1-1+a),(1+1+a,+∞),
綜上可知:當(dāng)a≤-1,函數(shù)f(x)在函數(shù)在R單調(diào)遞減,
當(dāng)a>-1,函數(shù)在(1-1+a,1+1+a)單調(diào)遞增,
在(-∞,1-1+a),(1+1+a,+∞)單調(diào)遞減;
(2)當(dāng)a=1時,g(x)=f(x)+ae1-x-a(x-1)=x2e1-x-(x-1),
則f′(x)=(2x-x2)e1-x-1=2xx2ex1ex1,
令h(x)=(2x-x2)-ex-1,則h′(x)=2-2x-ex-1,
顯然h′(x)在(34,2)內(nèi)是減函數(shù),
又因h′(34)=12-\frac{1}{\root{4}{e}}<0,故在(34,2)內(nèi),總有h′(x)<0,
∴h(x)在(34,2)上是減函數(shù),
又因h(1)=0,
∴當(dāng)x∈(34,1)時,h(x)>0,從而f′(x)>0,這時f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈(1,2)時,h(x)<0,從而f′(x)<0,這時f(x)單調(diào)遞減,
∴f(x)在(34,2)的極大值,且為最大值是f(1)=1;                
(3)根據(jù)題意可知:f(x)=(x2-a)e1-x,則f′(x)=(2x-x2+a)e1-x=(-x2+2x+a)e1-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x2f(x1)≤λg′(x1),其中g(shù)′(x)=(2x-x2)e1-x-a,
可得(2-x1)(x12-a)e1x1≤λ[(-x12+2x1+a)e1x1-a],
注意到-x12+2x1+a=0
∴上式化為(2-x1)(2x1e1x1≤λ[(-x12+2x1e1x1+(-x12+2x1)],
即不等式x1[2e1x1-λ(e1x1+1)]≤0對任意的x1∈(-∞,1)恒成立,
(Ⅰ)當(dāng)x1=0時,不等式x1[2e1x1-λ(e1x1+1)]≤0恒成立,λ∈R;
(Ⅱ)當(dāng)x1∈(0,1)時,2e1x1-λ(e1x1+1)≤0恒成立,即λ≥2e1x1e1x1+1,
令函數(shù)k(x)=2e1x1e1x1+1=2-2ee1x+1,顯然,k(x)是R上的減函數(shù),
∴當(dāng)x∈(0,1)時,k(x)<k(0)=2ee+1,
∴λ≥2ee+1
(Ⅲ)當(dāng)x1∈(-∞,0)時,2e1x1-λ(e1x1+1)≥0恒成立,即λ≤2e1x1e1x1+1,
由(Ⅱ),當(dāng)x∈(-∞,0)時,k(x)>k(0)=2ee+1即λ≤2ee+1
綜上所述,λ=2ee+1

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值,考查不等式恒成立,考查分類討論思想,屬于難題.

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