Question

已知函数f（x）=xe -

x

a

（其中a∈R，a≠0，e=2.718…为自然对数的底数）．
（1）求f（x）在[0，1]上的最大值；
（2）设函数g（x）=kx²+（k-15）x-15（k＞1，k∈N₊），函数f（x）的导函数为f′（x），若当x＞0时，2f′（-ax）＞g（x）恒成立，求最大的正整数k．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,导数的运算

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）f′（x）=e-

x

a

-

1

a

xe-

x

a

=-

1

a

(x-a)e-

x

a

，分a＜0、a＞0两种情况讨论：a＜0时由导数的符号可判断f（x）在[0，1]上的单调性，由单调性可求最大值；a＞0时再按照0＜a＜1、a≥1两种情况讨论可得单调性，从而可求最大值；
（2）x＞0，2f′（-ax）＞g（x）恒成立，即2（x+1）e^x＞（x+1）（kx-15）恒成立，亦即2e^x＞kx-15恒成立，设h（x）=2e^x-kx+15，则问题转化为：当x＞0时，h（x）＞0（*）恒成立，利用导数可求h（x）_min，从而有（*）式?h（x）_min=h（ln

k

2

）=k-kln

k

2

+15＞0，再令φ（x）=x-xln

x

2

+15（x＞0），利用导数可判断φ（x）的单调性，再由零点存在定理可判断φ（x）的零点存在区间，根据函数φ（x）的符号即可求得结果；

解答： 解：（1）f（x）的定义域为R，f′（x）=e-

x

a

-

1

a

xe-

x

a

=-

1

a

(x-a)e-

x

a

，
①当a＜0时，-

1

a

＞0，由f′（x）＞0得x＞a，f（x）在（a，+∞）上单调递增，
∴f（x）在[0，1]上单调递增，此时，f（x）_max=f（1）=e-

1

a

．
②当a＞0时，-

1

a

＜0，由f′（x）＞0得x＜a；由f′（x）＜0得x＞a，
∴f（x）在（-∞，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减；
当0＜a＜1时，f（x）在[0，a]上单调递增，在[a，1]上单调递减，
∴f（x）_max=f（a）=ae^-1；
当a≥1时，f（x）在[0，1]上单调递增，∴f（x）_max=f（1）=e-

1

a

．
综上所述，f(x)max=

e- 1 a ，(a＜0或a≥1) ae-1，(0＜a＜1)

．
（2）由题设，g（x）=kx²+（k-15）x-15=（x+1）（kx-15），
f′（x）=e-

x

a

-

1

a

xe-

x

a

=（1-

1

a

x）e-

x

a

，
∵x＞0，2f′（-ax）＞g（x）恒成立，即2（x+1）e^x＞（x+1）（kx-15）恒成立，
∴当x＞0时，2e^x＞kx-15恒成立，
设h（x）=2e^x-kx+15，则问题转化为：当x＞0时，h（x）＞0（*）恒成立，
∵h′（x）=2e^x-k，∴h（x）在（0，ln

k

2

）上单调递减，在（ln

k

2

，+∞）上单调递增，
故（*）式?h（x）_min=h（ln

k

2

）=k-kln

k

2

+15＞0，
设φ（x）=x-xln

x

2

+15（x＞0），
则φ′（x）=1-lnx-1+ln2=-lnx+ln2，
故φ（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减，
而φ（2e²）=2e²-2e²lne²+15=-2e²+15＞0，
φ（15）=15-15ln

15

2

+15=15（lne²-ln

15

2

）＜0，
故存在x₀∈（2e²，15），使得φ（x₀）=0，且当x∈[2，x₀）时φ（x）＞0，当x∈（x₀，+∞）时φ（x）＜0，
又φ（x）在（0，2）上单调递增，φ（1）=16-ln

1

2

＞0，14＜2e²＜15，
故所求正整数k的最大值为14．

点评：该题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查函数恒成立问题，考查转化思想、分类讨论思想，根据题目灵活构造函数是解题关键，注意运用．