Question

18．已知函數(shù)f（x）=（x²-3x+3）e^x的定義域?yàn)閇-2，t]，設(shè)f（-2）=m，f（t）=n．
（Ⅰ）試確定t的取值范圍，使得函數(shù)f（x）在[-2，t]上為單調(diào)函數(shù)；
（Ⅱ）求證：m＜n；
（Ⅲ）若不等式$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+7x-2＞k（xlnx-1）（k為正整數(shù)）對(duì)任意正實(shí)數(shù)恒成立，求的最大值，并證明lnx＜$\frac{14}{9}$（解答過程可參考使用以下數(shù)據(jù)ln7≈1.95，ln8≈2.08）

Answer 1

分析 （1）由f（x）=（x²-3x+3）•e^x，知f′（x）=（x²-x）e^x，令f′（x）≥0，則x≥1或x≤0，由此能夠確定t的取值范圍，使得函數(shù)f（x）在[-2，t]上為單調(diào)函數(shù)．
（2）根據(jù)（1）求出的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，由函數(shù)的增減性得到函數(shù)的極小值，把x=-2代入f（x）解析式求出f（-2）的值，進(jìn)行證明即可；
（3）根據(jù)條件將不等式進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性和最值進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）因?yàn)閒′（x）=（x²-3x+3）•e^x+（2x-3）•e^x=x（x-1）•e^x，
由f′（x）＞0⇒x＞1或x＜0；由f′（x）＜0⇒0＜x＜1，
所以f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減，
欲使f（x）在[-2，t]上為單調(diào)函數(shù)，則-2＜t≤0．
（2）因?yàn)閒（x）在（-∞，0），（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，1）上單調(diào)遞減，
所以f（x）在x=1處取得極小值f（1）=e．
又f（-2）=$\frac{13}{{e}^{2}}$＜e，所以f（x）僅在x=-2處取得[-2，t]上的最小值f（-2），
從而當(dāng)t＞-2時(shí)，f（-2）＜f（t），即m＜n．
（Ⅲ）由$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+7x-2＞k（xlnx-1）等價(jià)于x²+4x+1＞k（xlnx-1），
即x+$\frac{k+1}{x}$+4-klnx＞0…（9分）
記g（x）=x+$\frac{k+1}{x}$+4-klnx，
則g′（x）=1-$\frac{k+1}{{x}^{2}}$-$\frac{k}{x}$=$\frac{（x+1）（x-k-1）}{{x}^{2}}$，
由g′（x）=0，得x=k+1，
所以g（x）在（0，k+1）上單調(diào)遞減，在（k+1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以≥g（k+1）=k+6-ln（k+1），即g（x）＞0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立，
等價(jià)于k+6-ln（k+1）＞0，即1+$\frac{6}{k}$-ln（k+1）＞0…（11分）
記h（k）=1+$\frac{6}{k}$-ln（k+1），
則h′（x）=-$\frac{6}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x+1}$＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
又h（6）=2-ln7＞0，h（7）=$\frac{13}{7}-ln8＜$0，
所以k的最大值為6…（12分）
當(dāng)k=6時(shí)，由x²+4x+1＞6（xlnx-1），令x=3，則ln3＜$\frac{14}{9}$…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)恒成立問題，考查學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，要求學(xué)生掌握函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．