Question

设a为实数，函数f（x）=x²e^1-x-a（x-1）
（Ⅰ）求φ（x）=f（x）+a（x-1）的单调递增区间；
（Ⅱ）当a=1时，求f（x）在（

3

4

，2）上的最大值；
（Ⅲ）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．（f′（x）为f（x）的导函数）

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由φ（x）=x²e^1-x，得φ′（x）=xe^1-x（2-x），令φ′（x）＞0，解得：0＜x＜2，从而函数φ（x）在（0，2）上单调递增；
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x²e^1-x-（x-1），则f'（x）=（2x-x²）e^1-x-1=

(2x-x2)-ex-1

ex-1

，令h（x）=（2x-x²）-e^x-1，则h'（x）=2-2x-e^x-1，显然h'（x）在（

3

4

，2）内是减函数，从而h（x）在（

3

4

，2）上是减函数，进而得出f（x）在（

3

4

，2）的极大值是f（1）=1．   
（Ⅲ）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．从而得不等式x1[2e1-x1-λ（e1-x1+1）]≤0对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，通过讨论（i）当x₁=0时，（ii）当x₁∈（0，1）时（iii）当x₁∈（-∞，0）时的情况综合得出结论．

解答： 解：（Ⅰ）∵φ（x）=x²e^1-x，
∴φ′（x）=xe^1-x（2-x），
令φ′（x）＞0，解得：0＜x＜2，
∴函数φ（x）在（0，2）上单调递增；
（Ⅱ）当a=1时，f（x）=x²e^1-x-（x-1），
则f'（x）=（2x-x²）e^1-x-1=

(2x-x2)-ex-1

ex-1

，
令h（x）=（2x-x²）-e^x-1，则h'（x）=2-2x-e^x-1，
显然h'（x）在（

3

4

，2）内是减函数，
又因h'（

3

4

）=

1

2

-

1

4 e

＜0，故在（

3

4

，2）内，总有h'（x）＜0，
∴h（x）在（

3

4

，2）上是减函数，
又因h（1）=0，
∴当x∈（

3

4

，1）时，h（x）＞0，从而f'（x）＞0，这时f（x）单调递增，
当x∈（1，2）时，h（x）＜0，从而f'（x）＜0，这时f（x）单调递减，
∴f（x）在（

3

4

，2）的极大值是f（1）=1．                      
（Ⅲ）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-x₁）（x12-a）e1-x1≤λ[（2x1-x12）e1-x1-a]，
注意到-x12+2x1+a=0，
∴上式化为（2-x₁）（2x₁）e1-x1≤λ[（2x1-x12）e1-x1+（2x1-x12）]，
即不等式x1[2e1-x1-λ（e1-x1+1）]≤0对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（i）当x₁=0时，不等式x1[2e1-x1-λ（e1-x1+1）]≤0恒成立，λ∈R；
（ii）当x₁∈（0，1）时，2e1-x1-λ（e1-x1+1）≤0恒成立，即λ≥

2e1-x1

e1-x1+1

，
令函数k（x）=

2e1-x

e1-x+1

=2-

2

e1-x+1

，显然，k（x）是R上的减函数，
∴当x∈（0，1）时，k（x）＜k（0）=

2e

e+1

，
∴λ≥

2e

e+1

，
（iii）当x₁∈（-∞，0）时，2e1-x1-λ（e1-x1+1）≥0恒成立，即λ≤

2e1-x1

e1-x1+1

，
由（ii），当x∈（-∞，0）时，k（x）＞k（0）=

2e

e+1

即λ≤

2e

e+1

，
综上所述，λ=

2e

e+1

．

点评：本题考察了利用导数研究函数的单调性，函数的极值问题，求闭区间上的最值问题，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．