Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}{x^3}-\frac{（t+1）}{2}{x^2}$+tx-1．
（Ⅰ）若f（x）在（0，2）上無極值，求t的值；
（Ⅱ）若存在x₀∈（0，2），使得f（x₀）是f（x）在[0，2]上的最大值，求t的取值范圍；
（Ⅲ）當(dāng)t＞0時，若f（x）≤xe^x-1（e為自然對數(shù)的底數(shù)）對任意x∈[0，+∞）恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)f′（x）=x²-（t+1）x+t=（x-t）（x-1），從而由f（x）在（0，2）上無極值可得t=1；
（Ⅱ）由f′（x）=（x-t）（x-1）知，分t≤0，0＜t＜1，t=1，1＜t＜2與t≥2五種情況討論函數(shù)的單調(diào)性，從而確定函數(shù)的最大值點(diǎn)，從而求t．
（Ⅲ）當(dāng)t＞0時，f（x）≤xe^x-1對任意x∈[0，+∞）恒成立可化為${e^x}-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{（t+1）}{2}x-t≥0$對任意x∈[0，+∞）恒成立，令$g（x）={e^x}-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{（t+1）}{2}x-t$，從而由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而轉(zhuǎn)化為最值問題．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=$\frac{1}{3}{x^3}-\frac{（t+1）}{2}{x^2}$+tx-1，
∴f′（x）=x²-（t+1）x+t=（x-t）（x-1），
又∵f（x）在（0，2）無極值，
∴t=1；
（Ⅱ）（1）當(dāng)t≤0時，f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，2）單調(diào)遞增，不合題意；
（2）當(dāng)0＜t＜1時，f（x）在（0，t）單調(diào)遞增，在（t，1）單調(diào)遞減，在（1，2）單調(diào)遞增，
∴f（t）≥f（2），
由f（t）≥f（2）得，-t³+3t²≥4在0＜t＜1時無解；
（3）當(dāng)t=1時，不合題意；
（4）當(dāng)1＜t＜2時，f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，t）單調(diào)遞減，在（t，2）單調(diào)遞增，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（1）≥f（2）}\\{1＜t＜2}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}+\frac{3}{2}t≥3}\\{1＜t＜2}\end{array}\right.$；
∴$\frac{5}{3}$≤t＜2；
（5）當(dāng)t≥2時，f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，2）單調(diào)遞減，滿足條件；
綜上所述：$t∈[\frac{5}{3}，+∞）$時，存在x₀∈（0，2），使得f（x₀）是f（x）在[0，2]上的最大值．
（Ⅲ）當(dāng)t＞0時，若f（x）≤xe^x-1對任意x∈[0，+∞）恒成立，
即${e^x}-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{（t+1）}{2}x-t≥0$對任意x∈[0，+∞）恒成立，
令$g（x）={e^x}-\frac{1}{3}{x^2}+\frac{（t+1）}{2}x-t$，
$g'（x）={e^x}-\frac{2}{3}x+\frac{t+1}{2}$，
$g''（x）={e^x}-\frac{2}{3}＞0$，
g′（x）在x∈[0，+∞）上是遞增函數(shù)，
$g'（x）≥g'（0）=1+\frac{t+1}{2}＞0$，
g（x）在x∈[0，+∞）上遞增，
g（x）≥g（0）=1-t≥0，
即t≤1；
故t的取值范圍為0＜t≤1．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及分類討論的數(shù)學(xué)思想應(yīng)用，應(yīng)用到了二階求導(dǎo)，同時考查了恒成立問題，屬于難題．