Question

【題目】已知函數f（x）=（x2﹣a）e1﹣x ， g（x）=f（x）+ae1﹣x﹣a（x﹣1）．
（1）討論f（x）的單調性；
（2）當a=1時，求g（x）在（ ，2）上的最大值；
（3）當f（x）有兩個極值點x1 ， x2（x1＜x2）時，總有x2f（x1）≤λg′（x1），求實數λ的值（g′（x）為g（x）的導函數）

Answer 1

【答案】
（1）解：f（x）=（x2﹣a）e1﹣x，求導f′（x）=（﹣x2+2x+a）e1﹣x，

由e1﹣x＞0恒成立，

則當﹣x2+2x+a＜0恒成立，即a≤﹣1，

f′（x）≤0恒成立，

′∴函數f（x）在R上單調遞減；

當x＞﹣1時，令f′（x）=0，即﹣x2+2x+a=0，

解得：x=1± ．

當f′（x）＞0，解得：1﹣ ＜x＜1+ ，

當f′（x）＜0，解得：x＜1﹣ 或x＞1+ ，

∴函數的單調遞增區間（1﹣ ，1+ ），單調遞減區間（﹣∞，1﹣ ），（1+ ，+∞），

綜上可知：當a≤﹣1，函數f（x）在函數在R單調遞減，

當a＞﹣1，函數在（1﹣ ，1+ ）單調遞增，

在（﹣∞，1﹣ ），（1+ ，+∞）單調遞減

（2）解：當a=1時，g（x）=f（x）+ae1﹣x﹣a（x﹣1）=x2e1﹣x﹣（x﹣1），

則f′（x）=（2x﹣x2）e1﹣x﹣1= ，

令h（x）=（2x﹣x2）﹣ex﹣1，則h′（x）=2﹣2x﹣ex﹣1，

顯然h′（x）在（ ，2）內是減函數，

又因h′（ ）= ﹣ ＜0，故在（ ，2）內，總有h′（x）＜0，

∴h（x）在（ ，2）上是減函數，

又因h（1）=0，

∴當x∈（ ，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（ ，2）的極大值，且為最大值是f（1）=1

（3）解：根據題意可知：f（x）=（x2﹣a）e1﹣x，則f′（x）=（2x﹣x2+a）e1﹣x=（﹣x2+2x+a）e1﹣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x2f（x1）≤λg′（x1），其中g′（x）=（2x﹣x2）e1﹣x﹣a，

可得（2﹣x1）（x12﹣a） ≤λ[（﹣x12+2x1+a） ﹣a]，

注意到﹣x12+2x1+a=0

∴上式化為（2﹣x1）（2x1） ≤λ[（﹣x12+2x1） +（﹣x12+2x1）]，

即不等式x1[2 ﹣λ（ +1）]≤0對任意的x1∈（﹣∞，1）恒成立，

（Ⅰ）當x1=0時，不等式x1[2 ﹣λ（ +1）]≤0恒成立，λ∈R；

（Ⅱ）當x1∈（0，1）時，2 ﹣λ（ +1）≤0恒成立，即λ≥ ，

令函數k（x）= =2﹣ ，顯然，k（x）是R上的減函數，

∴當x∈（0，1）時，k（x）＜k（0）= ，

∴λ≥ ，

（Ⅲ）當x1∈（﹣∞，0）時，2 ﹣λ（ +1）≥0恒成立，即λ≤ ，

由（Ⅱ），當x∈（﹣∞，0）時，k（x）＞k（0）= 即λ≤ ，

綜上所述，λ=

【解析】（1）求得f（x）的解析式，求導，根據導數與函數的單調性的關系，即可求得f（x）的單調性；（2）當a=1，求得g（x），求導，利用導數，求得函數的單調區間，即可求得g（x）在（ ，2）上的最大值；（3）由f（x）=（x2﹣a）e1﹣x ， 求導，由題意可知：方程﹣x2+2x+a=0有兩個不同的實根x1 ， x2（x1＜x2），則x1+x2=2，代入求得﹣x12+2x1+a=0，代入f′（x）和g′（x），則不等式x1[2 ﹣λ（ +1）]≤0對任意的x1∈（﹣∞，1）恒成立，根據x的取值范圍，即可求得實數λ的值．
【考點精析】利用利用導數研究函數的單調性和函數的最大(小)值與導數對題目進行判斷即可得到答案，需要熟知一般的,函數的單調性與其導數的正負有如下關系： 在某個區間內，(1)如果，那么函數在這個區間單調遞增；(2)如果，那么函數在這個區間單調遞減；求函數在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數在內的極值；（2）將函數的各極值與端點處的函數值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．