Question

17．設函數(shù)$f（x）=\frac{{（1-a）{x^2}-ax+a}}{e^x}$
（1）當a=1時，求曲線f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）當x≥0時，f（x）的最大值為a，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用a=1，化簡函數(shù)求出切點坐標，求解是的導數(shù)，得到切線方程的斜率，即可求解切線方程．
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)為0，得到極值點，然后①當a≥1時，②當$\frac{a}{1-a}＞2$，③當$\frac{a}{1-a}=2$，④當$0＜\frac{a}{1-a}＜2$，⑤當$\frac{a}{1-a}≤0$，分別求解函數(shù)的單調(diào)性推出最值，解得a的取值范圍．
第（2）問另解：f（x）當x≥0時的最大值為a，等價于f（x）≤a對于x≥0恒成立，轉(zhuǎn)化a的函數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，利用增函數(shù)的導數(shù)求解最值即可．

解答 解：（1）當a=1時，$f（x）=\frac{-x+1}{e^x}$，則f（1）=0，
可得$f'（x）=\frac{x-2}{e^x}$，$f'（1）=-\frac{1}{e}$
所以曲線f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+ey-1=0…（4分）
（2）$f'（x）=\frac{{（a-1）{x^2}+（2-a）x-2a}}{e^x}$=$\frac{{[{（a-1）x+a}]（x-2）}}{e^x}$
令f'（x）=0得${x_1}=\frac{a}{1-a}（a≠1）$或x₂=2…（6分）
①當a≥1時，f（x）在[0，2]遞減，在[2，+∞）遞增
當x→+∞時，f（x）→0f（x）_max=f（0）=a
②當$\frac{a}{1-a}＞2$即$\frac{2}{3}＜a＜1$時，f（x）在[0，2]和$[{\frac{a}{1-a}，+∞}）$遞減，f（x）在$[{2，\frac{a}{1-a}}]$遞增$f（\frac{a}{1-a}）=\frac{a}{{{e^{\frac{a}{1-a}}}}}≤a$解得0≤a≤1，所以$\frac{2}{3}＜a＜1$
③當$\frac{a}{1-a}=2$即$a=\frac{2}{3}$時，f（x）在[0，+∞）遞減，f（x）_max=f（0）=a
④當$0＜\frac{a}{1-a}＜2$即$0＜a＜\frac{2}{3}$時，f（x）在$[{0，\frac{a}{1-a}}]$和[2，+∞）遞減，在$[{\frac{a}{1-a}，2}]$遞增，$f（2）=\frac{4-5a}{e^2}≤a$，解得$a≥\frac{4}{{{e^2}+5}}$，所以$\frac{4}{{{e^2}+5}}≤a＜\frac{2}{3}$
⑤當$\frac{a}{1-a}≤0$即a≤0時，f（x）在[0，2]遞增，f（x）≥f（0）=a不合題意  …（11分）
綜上所述：a的取值范圍為$[{\frac{4}{{{e^2}+5}}，+∞}）$…（12分）
第（2）問另解：∵f（0）=a∴f（x）當x≥0時的最大值為a，等價于f（x）≤a對于x≥0恒成立，
可化為$a≥\frac{x^2}{{{e^x}+{x^2}+x-1}}$對于x≥0恒成立，…（7分）
令$g（x）=\frac{x^2}{{{e^x}+{x^2}+x-1}}$，則${g^/}（x）=\frac{{x（x-2）（1-{e^x}）}}{{{{（{e^x}+{x^2}+x-1）}^2}}}$
于是g（x）在[0，2]上遞增，在（2，+∞）上遞減，
∴${g_{max}}（x）=g（2）=\frac{4}{{{e^2}+5}}$，
∴a的取值范圍是$a≥\frac{4}{{{e^2}+5}}$．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的應用，切線方程的求法，函數(shù)的導數(shù)求解是的最值，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．