Question

17．已知函數(shù)f（x）=xe^tx-e^x+1，其中t∈R，e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）當t=0時，求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）證明：當t＜1-$\frac{1}{e}$時，方程f（x）=1無實數(shù)根；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）是（0，+∞）內(nèi)的減函數(shù)，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當t=0時，求導數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）先確定原方程無負實數(shù)根，令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，求出函數(shù)的值域，方程f（x）=1無實數(shù)根，等價于1-t∉（-∞，$\frac{1}{e}$]，即可證明結(jié)論；
（Ⅲ）利用函數(shù)f（x）是（0，+∞）內(nèi)的減函數(shù)，確定t＜1，再分類討論，即可求實數(shù)t的取值范圍．

解答 （Ⅰ）解：當t=0時，f（x）=x-e^x+1，
∴f′（x）=1-e^x，
∴x＜0，f′（x）＞0；x＞0，f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)f（x）的最大值為f（0）=0；
（Ⅱ）證明：由f（x）=1，可得x=e^x（1-t）＞0，
∴原方程無負實數(shù)根，
故有$\frac{lnx}{x}$=1-t．
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴0＜x＜e，g′（x）＞0；x＞e，f′（x）＜0，
∴函數(shù)g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)g（x）的最大值為g（e）=$\frac{1}{e}$，
∴函數(shù)g（x）的值域為（-∞，$\frac{1}{e}$]；
方程f（x）=1無實數(shù)根，等價于1-t∉（-∞，$\frac{1}{e}$]，
∴1-t＞$\frac{1}{e}$，
∴t＜1-$\frac{1}{e}$，
∴當t＜1-$\frac{1}{e}$時，方程f（x）=1無實數(shù)根；
（Ⅲ）解：f′（x）=e^tx[1+tx-e^（1-t）x]
由題設(shè)，x＞0，f′（x）≤0，
不妨取x=1，則f′（1）=e^t（1+t-e^1-t）≤0，
t≥1時，e^1-t≤1，1+t≤2，不成立，∴t＜1．
①t≤$\frac{1}{2}$，x＞0時，f′（x）=e^tx[1+tx-e^（1-t）x]≤${e}^{\frac{x}{2}}$（1+$\frac{x}{2}$-${e}^{\frac{x}{2}}$），
由（Ⅰ）知，x-e^x+1＜0，∴1+$\frac{x}{2}$-${e}^{\frac{x}{2}}$＜0，∴f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）是（0，+∞）內(nèi)的減函數(shù)；
②$\frac{1}{2}$＜t＜1，$\frac{t}{1-t}$＞1，∴$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$＞0，
令h（x）=1+tx-e^（1-t）x，則h（0）=0，h′（x）=（1-t）[$\frac{t}{1-t}$-e^（1-t）x]
0＜x＜$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$）上單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（0）=0，此時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$）上單調(diào)遞增，有f（x）＞f（0）=0與題設(shè)矛盾，
綜上，當且僅當t≤$\frac{1}{2}$時，函數(shù)f（x）是（0，+∞）內(nèi)的減函數(shù)．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查學生分析解決問題的能力，難度大．