Question

【题目】已知函数f（x）=（x2﹣a）e1﹣x ， g（x）=f（x）+ae1﹣x﹣a（x﹣1）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a=1时，求g（x）在（ ，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

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

由e1﹣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± ．

当f′（x）＞0，解得：1﹣ ＜x＜1+ ，

当f′（x）＜0，解得：x＜1﹣ 或x＞1+ ，

∴函数的单调递增区间（1﹣ ，1+ ），单调递减区间（﹣∞，1﹣ ），（1+ ，+∞），

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﹣ ，1+ ）单调递增，

在（﹣∞，1﹣ ），（1+ ，+∞）单调递减

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

则f′（x）=（2x﹣x2）e1﹣x﹣1= ，

令h（x）=（2x﹣x2）﹣ex﹣1，则h′（x）=2﹣2x﹣ex﹣1，

显然h′（x）在（ ，2）内是减函数，

又因h′（ ）= ﹣ ＜0，故在（ ，2）内，总有h′（x）＜0，

∴h（x）在（ ，2）上是减函数，

又因h（1）=0，

∴当x∈（ ，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（ ，2）的极大值，且为最大值是f（1）=1

（3）解：根据题意可知：f（x）=（x2﹣a）e1﹣x，则f′（x）=（2x﹣x2+a）e1﹣x=（﹣x2+2x+a）e1﹣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）e1﹣x﹣a，

可得（2﹣x1）（x12﹣a） ≤λ[（﹣x12+2x1+a） ﹣a]，

注意到﹣x12+2x1+a=0

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

即不等式x1[2 ﹣λ（ +1）]≤0对任意的x1∈（﹣∞，1）恒成立，

（Ⅰ）当x1=0时，不等式x1[2 ﹣λ（ +1）]≤0恒成立，λ∈R；

（Ⅱ）当x1∈（0，1）时，2 ﹣λ（ +1）≤0恒成立，即λ≥ ，

令函数k（x）= =2﹣ ，显然，k（x）是R上的减函数，

∴当x∈（0，1）时，k（x）＜k（0）= ，

∴λ≥ ，

（Ⅲ）当x1∈（﹣∞，0）时，2 ﹣λ（ +1）≥0恒成立，即λ≤ ，

由（Ⅱ），当x∈（﹣∞，0）时，k（x）＞k（0）= 即λ≤ ，

综上所述，λ=

【解析】（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（ ，2）上的最大值；（3）由f（x）=（x2﹣a）e1﹣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 ﹣λ（ +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．
【考点精析】利用利用导数研究函数的单调性和函数的最大(小)值与导数对题目进行判断即可得到答案，需要熟知一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减；求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．