Question

6．已知t＞0，設函數(shù)f（x）=x³-$\frac{3（t+1）}{2}$x²+3tx+1．φ（x）=xe^x-m+2
（1）當m=2時，求φ（x）的極值點；
（2）討論f（x）在區(qū)間（0，2）上的單調(diào)性；
（3）f（x）≤ϕ（x）對任意x∈[0，+∞）恒成立時，m的最大值為1，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極值即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論t的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）問題轉化為m≤xe^x-m³+$\frac{3（t+1）}{2}$x²-3tx+1=x[e^x-x²+$\frac{3（t+1）}{2}$-3t]+1對任意x∈[0，+∞）恒成立．令g（x）=e^x-x²+$\frac{3（t+1）}{2}$x-3t，x∈[0，+∞），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出t的范圍即可．

解答 解：（1）當m=2時，ϕ（x）=xe^x，∴ϕ′（x）=e^x（x+1），
令ϕ′（x）=0，則x=-1，當x＜-1時，ϕ′（x）＜0；當x＞-1時，ϕ′（x）＞0，
所以x=-1是ϕ（x）的極小值點，無極大值點．                                                 
（2）f'（x）=3x²-3（t+1）x+3t=3（x-1）（x-t），
①當0＜t＜1時，f（x）在（0，t），（1，2）上單調(diào)遞增；在（t，1）上單調(diào)遞減，
②當t=1時，f（x）在（0，2）上單調(diào)遞增．
③當1＜t＜2時，f（x）在（0，1），（t，2）上單調(diào)遞增；在（1，t）上單調(diào)遞減，
④當t≥2時，f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，2）上單調(diào)遞減；
（3）∵$f（x）={x^3}-\frac{3（t+1）}{2}{x^2}+3tx+1$，ϕ（x）=xe^x-m+2．
由f（x）≤ϕ（x）得x³-$\frac{3（t+1）}{2}$x²+3tx+1≤xe^x-m+2對任意x∈[0，+∞）恒成立，
即m≤xe^x-m³+$\frac{3（t+1）}{2}$x²-3tx+1=x[e^x-x²+$\frac{3（t+1）}{2}$-3t]+1對任意x∈[0，+∞）恒成立．
令g（x）=e^x-x²+$\frac{3（t+1）}{2}$x-3t，x∈[0，+∞），
根據(jù)題意，可以知道m(xù)的最大值為1，則g（x）≥0恒成立，
由于g（0）=1-3t≥0，則$0＜t≤\frac{1}{3}$，
當$0＜t≤\frac{1}{3}$時，g′（x）=e^x-2x+$\frac{3（t+1）}{2}$，
令h（x）=e^x-2x+$\frac{3（t+1）}{2}$，則h′（x）=e^x-2，令h′（x）=0，得x=ln2，
則h（x）在（0，ln2）上單調(diào)遞減，在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增，
則$h{（x）_{min}}=g'（ln2）=2+\frac{3（t+1）}{2}-2ln2＞0$，
∴g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增．
從而g（x）≥g（0）=1-3t≥0，滿足條件，
故t的取值范圍是$（0，\frac{1}{3}]$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．