Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的極大值；
（Ⅱ）設(shè)定義在[0，1]上的函數(shù)g（x）=xf（x）+tf′（x）+e^-x（t∈R）的最大值為M，最小值為N，且M＞2N，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，由極值的定義，即可得到極大值；
（Ⅱ）由M＞2N即2g（x）_min＜g（x）_max，研究g（x）在[0，1]上單調(diào)性，用t表示出g（x）在[0，1]上的最值，解相關(guān)的關(guān)于t的不等式求出范圍．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{-x}{{e}^{x}}$，
當x＞0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）遞減；
當x＜0時，f′（x）＞0，f（x）在（-∞，0）遞增．
即有x=0處，f（x）取得極大值，且為f（0）=1；
（Ⅱ）由M＞2N即2g（x）_min＜g（x）_max，
∵g（x）=xf（x）+tf′（x）+e^-x=$\frac{{x}^{2}+（1-t）x+1}{{e}^{x}}$，
∴g′（x）=$\frac{-（x-t）（x-1）}{{e}^{x}}$，
①當t≥1時，g′（x）≤0，g（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，
∴2g（1）＜g（0），即2•$\frac{3-t}{e}$＜1，得t＞3-$\frac{e}{2}$＞1．
②當t≤0時，g′（x）＞0，g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增．
∴2g（0）＜g（1），即2＜$\frac{3-t}{e}$，得t＜3-2e＜0，
③當0＜t＜1時，
在x∈[0，t），g′（x）＜0，g（x）在[0，t]上單調(diào)遞減
在x∈（t，1]，g′（x）＞0，g（x）在[t，1]上單調(diào)遞增．
∴2g（t）＜max{ g（0），g（1）}，
即2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$＜max{ 1，$\frac{3-t}{e}$}（*）
由（Ⅰ）知，f（t）=2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$在[0，1]上單調(diào)遞減，
故2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$≥2•$\frac{2}{e}$=$\frac{4}{e}$，
∴所以不等式（*）無解，
綜上所述，存在t∈（-∞，3-2e）∪（3-$\frac{e}{2}$，+∞），使命題成立．

點評 本題考查的知識點是導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，運用函數(shù)的單調(diào)性研究函數(shù)的最值，其中運用分類討論是解答此類問題的關(guān)鍵，屬于難題．