Question

設a為實數，函數f（x）=x²e^1-x-a（x-1）
（Ⅰ）求φ（x）=f（x）+a（x-1）的單調遞增區間；
（Ⅱ）當a=1時，求f（x）在（

3

4

，2）上的最大值；
（Ⅲ）設函數g（x）=f（x）+a（x-1-e^1-x），當g（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）時，總有x₂g（x₁）≤λf（x₁），求實數λ的值．（f′（x）為f（x）的導函數）

Answer 1

考點：利用導數研究函數的極值,利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區間上函數的最值

專題：導數的綜合應用

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，從而函數φ（x）在（0，2）上單調遞增；
（Ⅱ）當a=1時，f（x）=x²e^1-x-（x-1），則f'（x）=（2x-x²）e^1-x-1=

(2x-x2)-ex-1

ex-1

，令h（x）=（2x-x²）-e^x-1，則h'（x）=2-2x-e^x-1，顯然h'（x）在（

3

4

，2）內是減函數，從而h（x）在（

3

4

，2）上是減函數，進而得出f（x）在（

3

4

，2）的極大值是f（1）=1．   
（Ⅲ）由題意可知g（x）=（x²-a）e^1-x，則g'（x）=（2x-x²+a）e^1-x=（-x²+2x+a）e^1-x．從而得不等式x1[2e1-x1-λ（e1-x1+1）]≤0對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，通過討論（i）當x₁=0時，（ii）當x₁∈（0，1）時（iii）當x₁∈（-∞，0）時的情況綜合得出結論．

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，
∴函數φ（x）在（0，2）上單調遞增；
（Ⅱ）當a=1時，f（x）=x²e^1-x-（x-1），
則f'（x）=（2x-x²）e^1-x-1=

(2x-x2)-ex-1

ex-1

，
令h（x）=（2x-x²）-e^x-1，則h'（x）=2-2x-e^x-1，
顯然h'（x）在（

3

4

，2）內是減函數，
又因h'（

3

4

）=

1

2

-

1

4 e

＜0，故在（

3

4

，2）內，總有h'（x）＜0，
∴h（x）在（

3

4

，2）上是減函數，
又因h（1）=0，
∴當x∈（

3

4

，1）時，h（x）＞0，從而f'（x）＞0，這時f（x）單調遞增，
當x∈（1，2）時，h（x）＜0，從而f'（x）＜0，這時f（x）單調遞減，
∴f（x）在（

3

4

，2）的極大值是f（1）=1．                      
（Ⅲ）由題意可知g（x）=（x²-a）e^1-x，則g'（x）=（2x-x²+a）e^1-x=（-x²+2x+a）e^1-x．                   
根據題意，方程-x²+2x+a=0有兩個不同的實根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，
∴上式化為（2-x₁）（2x₁）e1-x1≤λ[（2x1-x12）e1-x1+（2x1-x12）]，
即不等式x1[2e1-x1-λ（e1-x1+1）]≤0對任意的x₁∈（-∞，1）恒成立，
（i）當x₁=0時，不等式x1[2e1-x1-λ（e1-x1+1）]≤0恒成立，λ∈R；
（ii）當x₁∈（0，1）時，2e1-x1-λ（e1-x1+1）≤0恒成立，即λ≥

2e1-x1

e1-x1+1

，
令函數k（x）=

2e1-x

e1-x+1

=2-

2

e1-x+1

，顯然，k（x）是R上的減函數，
∴當x∈（0，1）時，k（x）＜k（0）=

2e

e+1

，
∴λ≥

2e

e+1

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

2e1-x1

e1-x1+1

，
由（ii），當x∈（-∞，0）時，k（x）＞k（0）=

2e

e+1

即λ≤

2e

e+1

，
綜上所述，λ=

2e

e+1

．

點評：本題考察了利用導數研究函數的單調性，函數的極值問題，求閉區間上的最值問題，滲透了分類討論思想，是一道綜合題．