Question

6．已知函数f（x）=（x²-a）e^1-x，g（x）=f（x）+ae^1-x-a（x-1）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a=1时，求g（x）在（$\frac{3}{4}$，2）上的最大值；
（3）当f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）时，总有x₂f（x₁）≤λg′（x₁），求实数λ的值（g′（x）为g（x）的导函数）

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的解析式，求导，根据导数与函数的单调性的关系，即可求得f（x）的单调性；
（2）当a=1，求得g（x），求导，利用导数，求得函数的单调区间，即可求得g（x）在（$\frac{3}{4}$，2）上的最大值；
（3）由f（x）=（x²-a）e^1-x，求导，由题意可知：方程-x²+2x+a=0有两个不同的实根x₁，x₂（x₁＜x₂），则x₁+x₂=2，代入求得-x₁²+2x₁+a=0，代入f′（x）和g′（x），则不等式x₁[2${e}^{1-{x}_{1}}$-λ（${e}^{1-{x}_{1}}$+1）]≤0对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，根据x的取值范围，即可求得实数λ的值．

解答 解：（1）f（x）=（x²-a）e^1-x，求导f′（x）=（-x²+2x+a）e^1-x，
由e^1-x＞0恒成立，
则当-x²+2x+a＜0恒成立，即a≤-1，
f′（x）≤0恒成立，
′∴函数f（x）在R上单调递减；
当x＞-1时，令f′（x）=0，即-x²+2x+a=0，
解得：x=1±$\sqrt{1+a}$．
当f′（x）＞0，解得：1-$\sqrt{1+a}$＜x＜1+$\sqrt{1+a}$，
当f′（x）＜0，解得：x＜1-$\sqrt{1+a}$或x＞1+$\sqrt{1+a}$，
∴函数的单调递增区间（1-$\sqrt{1+a}$，1+$\sqrt{1+a}$），单调递减区间（-∞，1-$\sqrt{1+a}$），（1+$\sqrt{1+a}$，+∞），
综上可知：当a≤-1，函数f（x）在函数在R单调递减，
当a＞-1，函数在（1-$\sqrt{1+a}$，1+$\sqrt{1+a}$）单调递增，
在（-∞，1-$\sqrt{1+a}$），（1+$\sqrt{1+a}$，+∞）单调递减；
（2）当a=1时，g（x）=f（x）+ae^1-x-a（x-1）=x²e^1-x-（x-1），
则f′（x）=（2x-x²）e^1-x-1=$\frac{（2x-{x}^{2}）-{e}^{x-1}}{{e}^{x-1}}$，
令h（x）=（2x-x²）-e^x-1，则h′（x）=2-2x-e^x-1，
显然h′（x）在（$\frac{3}{4}$，2）内是减函数，
又因h′（$\frac{3}{4}$）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{\root{4}{e}}$＜0，故在（$\frac{3}{4}$，2）内，总有h′（x）＜0，
∴h（x）在（$\frac{3}{4}$，2）上是减函数，
又因h（1）=0，
∴当x∈（$\frac{3}{4}$，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（$\frac{3}{4}$，2）的极大值，且为最大值是f（1）=1；                
（3）根据题意可知：f（x）=（x²-a）e^1-x，则f′（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x₂f（x₁）≤λg′（x₁），其中g′（x）=（2x-x²）e^1-x-a，
可得（2-x₁）（x₁²-a）${e}^{1-{x}_{1}}$≤λ[（-x₁²+2x₁+a）${e}^{1-{x}_{1}}$-a]，
注意到-x₁²+2x₁+a=0
∴上式化为（2-x₁）（2x₁）${e}^{1-{x}_{1}}$≤λ[（-x₁²+2x₁）${e}^{1-{x}_{1}}$+（-x₁²+2x₁）]，
即不等式x₁[2${e}^{1-{x}_{1}}$-λ（${e}^{1-{x}_{1}}$+1）]≤0对任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（Ⅰ）当x₁=0时，不等式x₁[2${e}^{1-{x}_{1}}$-λ（${e}^{1-{x}_{1}}$+1）]≤0恒成立，λ∈R；
（Ⅱ）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）=$\frac{2{e}^{1-{x}_{1}}}{{e}^{1-{x}_{1}}+1}$=2-$\frac{2e}{{e}^{1-x}+1}$，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≥$\frac{2e}{e+1}$，
（Ⅲ）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（Ⅱ），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 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式恒成立，考查分类讨论思想，属于难题．