Question

13．设a为实数，函数f（x）=x²e^1-x-a（x-1）．
（1）当a=1时，求f（x）在（${\frac{3}{2}$，2）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）求出函数的第三，解关于导函数的表达式，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=1时，f（x）=x²e^1-x-（x-1），
则$f'（x）=（{2x-{x^2}}）{e^{1-x}}-1=\frac{{（{2x-{x^2}}）-{e^{x-1}}}}{{{e^{x-1}}}}$，
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$（{\frac{3}{4}，2}）$的最大值是f（1）=1．
（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x₁g（x₁）≤λf'（x₁），其中f'（x）=（2x-x²）e^1-x-a，
可得$（{2-{x_1}}）（{x_1^2-a}）{e^{1-x}}≤λ[{（{2{x_1}-x_1^2}）{e^{1-x}}-a}]$，
注意到$-x_1^2+2{x_1}+a=0$，
∴上式化为$（{2-{x_1}}）（{2{x_n}}）{e^{1-x}}≤λ[{（{2{x_1}-x_n^2}）{e^{1-{x_1}}}+（{2{x_1}-x_1^2}）}]$，
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x₁∈（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分类讨论思想，是一道综合题．