Question

13．設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）=x²e^1-x-a（x-1）．
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）在（${\frac{3}{2}$，2）上的最大值；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+a（x-1-e^1-x），當(dāng)g（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）時，總有x₂g（x₁）≤λf'（x₁），求實(shí)數(shù)λ的值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的第三，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的表達(dá)式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{{e^{1-{x_1}}}+1}）}]≤0$對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，通過討論x₁的范圍，求出λ的值即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=x²e^1-x-（x-1），
則$f'（x）=（{2x-{x^2}}）{e^{1-x}}-1=\frac{{（{2x-{x^2}}）-{e^{x-1}}}}{{{e^{x-1}}}}$，
令h（x）=（2x-x²）-e^x-1，則h'（x）=2-2x-e^x-1，
顯然h'（x）在$（{\frac{3}{4}，2}）$內(nèi)是減函數(shù)，
又因$h'（{\frac{3}{4}}）=\frac{1}{2}-\frac{1}{{\root{4}{e}}}＜0$，故在$（{\frac{3}{4}，2}）$內(nèi)，總有h'（x）＜0，
∴h（x）在$（{\frac{3}{4}，2}）$上是減函數(shù)，又因h（1）=0，
∴當(dāng)$x∈（{\frac{3}{4}，1}）$時，h（x）＞0，從而f'（x）＞0，這時f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，2）時，h（x）＜0，從而f'（x）＜0，這時f（x）單調(diào)遞減，
∴f（x）在$（{\frac{3}{4}，2}）$的最大值是f（1）=1．
（2）由題意可知g（x）=（x²-a）e^1-x，
則g'（x）=（2x-x²+a）e^1-x=（-x²+2x+a）e^1-x，
根據(jù)題意，方程-x²+2x+a=0有兩個不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴△=4+4a＞0，即a＞-1，且x₁+x₂=2，
∵x₁＜x₂，∴x₁＜1，
由x₁g（x₁）≤λf'（x₁），其中f'（x）=（2x-x²）e^1-x-a，
可得$（{2-{x_1}}）（{x_1^2-a}）{e^{1-x}}≤λ[{（{2{x_1}-x_1^2}）{e^{1-x}}-a}]$，
注意到$-x_1^2+2{x_1}+a=0$，
∴上式化為$（{2-{x_1}}）（{2{x_n}}）{e^{1-x}}≤λ[{（{2{x_1}-x_n^2}）{e^{1-{x_1}}}+（{2{x_1}-x_1^2}）}]$，
即不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{{e^{1-{x_1}}}+1}）}]≤0$對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
①當(dāng)x₁=0時，不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{{e^{1-{x_1}}}+1}）}]≤0$恒成立，λ∈R；
②當(dāng)x₁∈（0，1）時，$2{e^{1-{x_1}}}-λ（{{e^{1-{x_1}}}+1}）≤0$恒成立，即$λ≥\frac{{2{e^{1-{x_1}}}}}{{{e^{1-{x_1}}}+1}}$，
令函數(shù)$k（x）=\frac{{2{e^{1-x}}}}{{{e^{1-x}}+1}}=2-\frac{2}{{{e^{1-x}}+1}}$，顯然k（x）是R上的減函數(shù)，
∴當(dāng)x₁∈（0，1）時，$k（x）＜k（0）=\frac{2e}{e+1}$，∴$λ≥\frac{2e}{e+1}$，
③當(dāng)x₁∈（-∞，0）時，$2{e^{1-{x_1}}}-λ（{{e^{1-{x_1}}}+1}）≥0$恒成立，
即$λ≤\frac{{2{e^{1-{x_1}}}}}{{{e^{1-{x_1}}}+1}}$，由②，當(dāng)x∈（-∞，0）時，$k（x）＞k（0）=\frac{2e}{e+1}$，
即$λ=\frac{2e}{e+1}$，
綜上所述，$λ=\frac{2e}{e+1}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．