Question

12．已知函數(shù)f（x）=（x³-6x²+3x+t）•e^x，t∈R．
（1）當(dāng)t=1時(shí)，求函數(shù)y=f（x）在x=0處的切線方程；
（2）若函數(shù)y=f（x）有三個(gè)不同的極值點(diǎn)，求t的取值范圍；
（3）若存在實(shí)數(shù)t∈[0，2]，使對(duì)任意的x∈[1，m]，不等式f（x）≤x恒成立，求正整數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，就是f（0），f′（0），求出切線方程即可；
（2）求導(dǎo)函數(shù)，利用f（x）有三個(gè)極值點(diǎn)，可得f′（x）=0有三個(gè)根，構(gòu)造新函數(shù)，確定其單調(diào)性，從而可得不等式，即可求t的取值范圍；
（3）不等式f（x）≤x，即（x³-6x²+3x+t）e^x≤x，即t≤xe^-x-x³+6x²-3x，轉(zhuǎn)化為存在實(shí)數(shù)t∈[0，2]，使對(duì)任意的x∈[1，m]，不等式t≤xe^-x-x³+6x²-3x恒成立，構(gòu)造新函數(shù)，確定單調(diào)性，計(jì)算相應(yīng)函數(shù)值的正負(fù)，即可求正整數(shù)m的最大值．

解答 解：（1）∵t=1，f（x）=（x³-6x²+3x+1）•e^x，
∴f'（x）=（x³-3x²-9x+4）•e^x，
∴f'（0）=4；∵f（0）=1，即切點(diǎn)（0，1），
∴y=f（x）在x=0處的切線方程為：y=4x+1．
（2）f′（x）=（3x²-12x+3）e^x+（x³-6x²+3x+t）e^x=（x³-3x²-9x+t+3）e^x
∵f（x）有三個(gè)極值點(diǎn)，∴x³-3x²-9x+t+3=0有三個(gè)根，
令g（x）=x³-3x²-9x+t+3，g′（x）=3x²-6x-9=3（x+1）（x-3）
∴g（x）在（-∞，-1），（3，+∞）上遞增，（-1，3）上遞減，
∵g（x）有三個(gè)零點(diǎn)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）＞0}\\{g（3）＜0}\end{array}\right.$，
∴-8＜t＜24；
（3）不等式f（x）≤x，即（x³-6x²+3x+t）e^x≤x，
即t≤xe^-x-x³+6x²-3x．
轉(zhuǎn)化為存在實(shí)數(shù)t∈[0，2]，使對(duì)任意的x∈[1，m]，
不等式t≤xe^-x-x³+6x²-3x恒成立．
即不等式2≤xe^-x-x³+6x²-3x在x∈[1，m]上恒成立；
設(shè)φ（x）=e^-x-x²+6x-3，則φ（x）=-g^-x-2x+6．
設(shè)r（x）=φ（x）=-g^-x-2x+6，則r′（x）=g^-x-2，
因?yàn)?≤x≤m，有r′（x）＜0．
故r（x）在區(qū)間[1，m]上是減函數(shù)，
又r（1）=4-e^-1＞0，r（2）=2-e^-2＞0，r（3）=-e^-3＜0
故存在x₀∈（2，3），使得r（x₀）=φ′（x₀）=0．
當(dāng)1≤x＜x₀時(shí)，有φ′（x）＞0，當(dāng)x＞x₀時(shí)，有φ′（x）＜0．
從而y=φ（x）在區(qū)間[1，x₀）上遞增，在區(qū)間（x₀，+∞）上遞減；
又φ（1）=e^-1+4＞0，φ（2）=e^-2+5＞0，φ（3）=e^-3+6＞0
φ（4）=e^-4+5＞0，φ（5）=e^-5+2＞0，φ（6）=e^-6-3＜0
所以當(dāng)1≤x≤5時(shí)，恒有φ（x）＞0；當(dāng)x≥6時(shí)，恒有φ（x）＜0；
故使命題成立的正整數(shù)m的最大值為5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的極值，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，難度較大．