Question

【題目】設(shè)a∈R，函數(shù)f（x）=x2e1﹣x﹣a（x﹣1）．
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）在（ ，2）內(nèi)的極大值；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+a（x﹣1﹣e1﹣x），當(dāng)g（x）有兩個極值點(diǎn)x1 ， x2（x1＜x2）時，總有x2g（x1）≤λf′（x1），求實數(shù)λ的值．（其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)．）

Answer 1

【答案】
（1）解：當(dāng)a=1時，f（x）=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(nèi)是減函數(shù)，

又因h'（ ）= ＜0，故在（ ，2）內(nèi)，總有h'（x）＜0，

∴h（x）在（ ，2）上是減函數(shù)，

又因h（1）=0，

∴當(dāng)x∈（ ，1）時，h（x）＞0，從而f'（x）＞0，這時f（x）單調(diào)遞增，

當(dāng)x∈（1，2）時，h（x）＜0，從而f'（x）＜0，這時f（x）單調(diào)遞減，

∴f（x）在（ ，2）的極大值是f（1）=1．

（2）解：由題意可知g（x）=（x2﹣a）e1﹣x，則g'（x）=（2x﹣x2+a）e1﹣x=（﹣x2+2x+a）e1﹣x．

根據(jù)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）e1﹣x﹣a，

可得（2﹣x1）（ ） ，

注意到 ，

∴上式化為（2﹣x1）（2x1） ，

即不等式 ≤0對任意的x1∈（﹣∞，1）恒成立，

（i）當(dāng)x1=0時，不等式 ≤0恒成立，λ∈R；

（ii）當(dāng)x1∈（0，1）時， 恒成立，即 ．

令函數(shù)k（x）= =2﹣ ，顯然，k（x）是R上的減函數(shù)，

∴當(dāng)x∈（0，1）時，k（x）＜k（0）= ，∴ ；

（iii）當(dāng)x1∈（﹣∞，0）時， ≥0恒成立，即 ．

由（ii），當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，k（x）＞k（0）= ，∴ ；

綜上所述， ．

【解析】（1）當(dāng)a=1時，可求得f'（x）= ，令h（x）=（2x﹣x2）﹣ex﹣1 ， 利用導(dǎo)數(shù)可判斷h（x）的單調(diào)性并得其零點(diǎn)，從而可得原函數(shù)的極值點(diǎn)及極大值；（2）表示出g（x），并求得g'（x）=（﹣x2+2x+a）e1﹣x ， 由題意，得方程﹣x2+2x+a=0有兩個不同的實根x1 ， x2（x1＜x2），從而可得△=4+4a＞0及x1+x2=2，由x1＜x2 ， 得x1＜1．則x2g（x1）≤λf′（x1）可化為 ≤0對任意的x1∈（﹣∞，1）恒成立，按照x1=0、x1∈（0，1）、x1∈（﹣∞，0）三種情況分類討論，分離參數(shù)λ后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值可解決；
【考點(diǎn)精析】本題主要考查了函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識點(diǎn)，需要掌握求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極大值（2）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極小值；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值才能正確解答此題．