Question

17．设a为实数，函数f（x）=x²e^1-x-a（x-1）．
（1）当a=0时，求f（x）在$（\frac{3}{4}，3）$上的最大值；
（2）设函数g（x）=f（x）+a（x-1-e^1-x），当g（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）时，总有x₂g（x₁）≤λf′（x₁），求实数λ的值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（2）问题转化为不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）}]≤0$，对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，通过讨论x₁的范围，求出λ的值即可．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=x²e^1-x，
则f'（x）=（2x-x²）e^1-x，
令f′（x）＞0，解得：x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，
∴当$x∈（\frac{3}{4}，2）$时，f'（x）＞0，这时f（x）单调递增，
当x∈（2，3）时，f'（x）＜0，这时f（x）单调递减，
∴f（x）在$（\frac{3}{4}，3）$的极大值是$f（2）=\frac{4}{e}$．
（2）由题意可知g（x）=（x²-a）e^1-x，
则g'（x）=（2x-x²+a）e^1-x=（-x²+2x+a）e^1-x．
根据题意，方程-x²+2x+a=0有两个不同的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴△=4+4a＞0，即a＞-1，且x₁+x₂=2，∵x₁＜x₂，∴x₁＜1．
由x₂g（x₁）≤λf'（x₁），其中f'（x）=（2x-x²）e^1-x-a，
可得$（2-{x_1}）（x_1^2-a）{e^{1-{x_1}}}≤λ[{（2{x_1}-x_1^2）{e^{1-{x_1}}}-a}]$，
注意到$-x_1^2+2{x_1}+a=0$，
∴上式化为$（2-{x_1}）（2{x_1}）{e^{1-{x_1}}}≤λ[{（2{x_1}-x_1^2）{e^{1-{x_1}}}+（2{x_1}-x_1^2）}]$，
即不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）}]≤0$，对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（1）当x₁=0时，不等式${x_1}[{2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）}]≤0$恒成立，λ∈R；
（2）当x₁∈（0，1）时，$2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）≤0$恒成立，即$λ≥\frac{{2{e^{1-{x_1}}}}}{{{e^{1-{x_1}}}+1}}$，
令函数$k（x）=\frac{{2{e^{1-x}}}}{{{e^{1-x}}+1}}=2-\frac{2}{{{e^{1-x}}+1}}$，显然，k（x）是R上的减函数，
∴当x∈（0，1）时，$k（x）＜k（0）=\frac{2e}{e+1}$，∴$λ≥\frac{2e}{e+1}$，
（3）当x₁∈（-∞，0）时，$2{e^{1-{x_1}}}-λ（{e^{1-{x_1}}}+1）≥0$，恒成立，即$λ≤\frac{{2{e^{1-{x_1}}}}}{{{e^{1-{x_1}}}+1}}$，
由（2），当x∈（-∞，0）时，$k（x）＞k（0）=\frac{2e}{e+1}$，即$λ=\frac{2e}{e+1}$，
综上所述，$λ=\frac{2e}{e+1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想、分类讨论思想，考查学生的计算能力，是一道综合题．