Question

6．已知函數(shù)f（x）=（x²-a）e^1-x，g（x）=f（x）+ae^1-x-a（x-1）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，求g（x）在（$\frac{3}{4}$，2）上的最大值；
（3）當(dāng)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）時(shí)，總有x₂f（x₁）≤λg′（x₁），求實(shí)數(shù)λ的值（g′（x）為g（x）的導(dǎo)函數(shù)）

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的解析式，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系，即可求得f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a=1，求得g（x），求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)，求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可求得g（x）在（$\frac{3}{4}$，2）上的最大值；
（3）由f（x）=（x²-a）e^1-x，求導(dǎo)，由題意可知：方程-x²+2x+a=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），則x₁+x₂=2，代入求得-x₁²+2x₁+a=0，代入f′（x）和g′（x），則不等式x₁[2${e}^{1-{x}_{1}}$-λ（${e}^{1-{x}_{1}}$+1）]≤0對(duì)任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，根據(jù)x的取值范圍，即可求得實(shí)數(shù)λ的值．

解答 解：（1）f（x）=（x²-a）e^1-x，求導(dǎo)f′（x）=（-x²+2x+a）e^1-x，
由e^1-x＞0恒成立，
則當(dāng)-x²+2x+a＜0恒成立，即a≤-1，
f′（x）≤0恒成立，
′∴函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞-1時(shí)，令f′（x）=0，即-x²+2x+a=0，
解得：x=1±$\sqrt{1+a}$．
當(dāng)f′（x）＞0，解得：1-$\sqrt{1+a}$＜x＜1+$\sqrt{1+a}$，
當(dāng)f′（x）＜0，解得：x＜1-$\sqrt{1+a}$或x＞1+$\sqrt{1+a}$，
∴函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間（1-$\sqrt{1+a}$，1+$\sqrt{1+a}$），單調(diào)遞減區(qū)間（-∞，1-$\sqrt{1+a}$），（1+$\sqrt{1+a}$，+∞），
綜上可知：當(dāng)a≤-1，函數(shù)f（x）在函數(shù)在R單調(diào)遞減，
當(dāng)a＞-1，函數(shù)在（1-$\sqrt{1+a}$，1+$\sqrt{1+a}$）單調(diào)遞增，
在（-∞，1-$\sqrt{1+a}$），（1+$\sqrt{1+a}$，+∞）單調(diào)遞減；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，g（x）=f（x）+ae^1-x-a（x-1）=x²e^1-x-（x-1），
則f′（x）=（2x-x²）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(shí)，h（x）＞0，從而f′（x）＞0，這時(shí)f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，h（x）＜0，從而f′（x）＜0，這時(shí)f（x）單調(diào)遞減，
∴f（x）在（$\frac{3}{4}$，2）的極大值，且為最大值是f（1）=1；                
（3）根據(jù)題意可知：f（x）=（x²-a）e^1-x，則f′（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(gè)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x₂f（x₁）≤λg′（x₁），其中g(shù)′（x）=（2x-x²）e^1-x-a，
可得（2-x₁）（x₁²-a）${e}^{1-{x}_{1}}$≤λ[（-x₁²+2x₁+a）${e}^{1-{x}_{1}}$-a]，
注意到-x₁²+2x₁+a=0
∴上式化為（2-x₁）（2x₁）${e}^{1-{x}_{1}}$≤λ[（-x₁²+2x₁）${e}^{1-{x}_{1}}$+（-x₁²+2x₁）]，
即不等式x₁[2${e}^{1-{x}_{1}}$-λ（${e}^{1-{x}_{1}}$+1）]≤0對(duì)任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（Ⅰ）當(dāng)x₁=0時(shí)，不等式x₁[2${e}^{1-{x}_{1}}$-λ（${e}^{1-{x}_{1}}$+1）]≤0恒成立，λ∈R；
（Ⅱ）當(dāng)x₁∈（0，1）時(shí)，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）=$\frac{2{e}^{1-{x}_{1}}}{{e}^{1-{x}_{1}}+1}$=2-$\frac{2e}{{e}^{1-x}+1}$，顯然，k（x）是R上的減函數(shù)，
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，k（x）＜k（0）=$\frac{2e}{e+1}$，
∴λ≥$\frac{2e}{e+1}$，
（Ⅲ）當(dāng)x₁∈（-∞，0）時(shí)，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（Ⅱ），當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，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(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查不等式恒成立，考查分類討論思想，屬于難題．