Question

10．已知函数f（x）=$\frac{{（{1-a}）{x^2}-ax+a}}{e^x}$在区间[0，+∞）上的最大值为a，则实数a的取值范围是（　　）

• A． （-∞，-$\frac{4}{{{e^2}+5}}}$]
• B． （-∞，$\frac{4}{{{e^2}+5}}}$]
• C． [-$\frac{4}{{{e^2}+5}}$，+∞）
• D． [$\frac{4}{{{e^2}+5}}$，+∞）

Answer 1

分析 由求导公式和法则求出f′（x），化简后对a进行分类讨论，分别利用导数在定义域内求出函数的单调区间、最值，再求出实数a的取值范围．

解答 解：由题意得，$f′（x）=\frac{[（1-a）{x}^{2}-ax+a]′{e}^{x}-（{e}^{x}）′[（1-a）{x}^{2}-ax+a]}{（{e}^{x}）^{2}}$
=$\frac{（a-1）{x}^{2}+（2-a）x-2a}{{e}^{x}}$=$\frac{[（a-1）x+a]（x-2）}{{e}^{x}}$，
（1）当a=1时，$f′（x）=\frac{x-2}{{e}^{x}}$，
当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，2）上递减，
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（0，2）上递增，
∴f（x）在区间[0，+∞）上有极小值f（2）=$-\frac{1}{{e}^{2}}$，
∵f（0）=a=1，且$\underset{lim}{x→∞}f（x）$=$\underset{lim}{x→∞}\frac{1-x}{{e}^{x}}$＜0，
∴f（x）在区间[0，+∞）上有最大值f（0）=a=1，成立；
（2）当a＞1时，由f′（x）=0得x=2或$\frac{a}{1-a}$＜0，
∴当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，2）上递减，
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上递增，
∴f（x）在区间[0，+∞）上有极小值f（2）=$-\frac{1}{{e}^{2}}$，
∵f（0）=a＞1，且$\underset{lim}{x→∞}f（x）$=$\underset{lim}{x→∞}\frac{（1-a）{x}^{2}-a（x-1）}{{e}^{x}}$＜1，
∴f（x）在区间[0，+∞）上有最大值f（0）=a，成立；
（3）当a＜1时，由f′（x）=0得x=2或$\frac{a}{1-a}$，
①当a=$\frac{2}{3}$时，有2=$\frac{a}{1-a}$，f′（x）＜0，则f（x）在区间[0，+∞）上递减，
∴f（x）在区间[0，+∞）上的最大值是f（0）=a，成立，
②当$\frac{2}{3}＜a＜1$时，有2＜$\frac{a}{1-a}$，
当x∈（2，$\frac{a}{1-a}$）时，f′（x）＞0，则f（x）在区间（2，$\frac{a}{1-a}$）上递增，
当x∈（$\frac{a}{1-a}$，+∞）、（0，2）时，f′（x）＜0，则f（x）在区间（$\frac{a}{1-a}$，+∞）、（0，2）上递减，
∴f（x）在区间[0，+∞）上的极大值是f（$\frac{a}{1-a}$）=$\frac{a}{{e}^{\frac{a}{1-a}}}$，
又f（0）=a，由题意得$\frac{a}{{e}^{\frac{a}{1-a}}}$≤a，解得0≤a＜1，即$\frac{2}{3}＜a＜1$成立，
③当$a＜\frac{2}{3}$时，有2＞$\frac{a}{1-a}$，
当x∈（$\frac{a}{1-a}$，2）时，f′（x）＞0，则f（x）在区间（$\frac{a}{1-a}$，2）上递增，
当x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0，则f（x）在区间（2，+∞）上递减，
∴f（x）在区间[0，+∞）上的极大值是f（2）=$\frac{4（1-a）-2a+a}{{e}^{2}}$=$\frac{4-5a}{{e}^{2}}$，
又f（0）=a，由题意得$\frac{4-5a}{{e}^{2}}$≤a，解得a≥$\frac{4}{{e}^{2}+5}$，即$a∈[\frac{4}{{e}^{2}+5}，\frac{2}{3}）$，
综上可得，a的取值范围是$[\frac{4}{{e}^{2}+5}，+∞）$，
故选：D．

点评 本题考查了导数与函数的单调性、最值的关系，考查分类讨论思想和极限思想的应用，属于难题．