Question

1．已知函數f（x）=（x²-ax+1）e^x（其中e為自然對數的底數）．
（1）設f（x）=xlnx-x²+$\frac{f（x）}{e^x}$，若a＜$\frac{3}{2}$，求f（x）在區間[1，e]上的最大值；
（2）定義：若函數G（x）在區間[s，t]（s＜t）上的取值范圍為[s，t]，則稱區間[s，t]為函數G（x）的“域同區間”，若a=2，求函數f （x）在（1，+∞）上所有符合條件的“域同區間”．

Answer 1

分析 （1）首先對F（x）求導，利用導函數的零點判斷原函數F（x）的單調性，分類討論a的大小來求出最大值；
（2）設函數f（x）在（1，+∞）上的“域同區間”為[s，t]（1＜s＜t）．判斷f（x）為單調增函數，∴$\left\{\begin{array}{l}{f（s）=s}\\{f（t）=t}\end{array}\right.$，也就是方程（x-1）²e^x=x有兩分大于1的相異實根．進而轉化為判斷方程是否有兩個實數根．

解答 解：（1）F（x）=xlnx-ax+1，則F'（x）=lnx-a+1，
F'（x）=0，解得x=e^a-1，
則函數F（x）在區間（0，e^a-1）上單調遞減，在區間（e^a-1，+∞）上單調遞增．
當a≤1，即e^a-1≤1時，函數F（x）在區間[1，e]上單調遞增．
則F（x）最大值為F（e）=e+1-ea；
當1＜a＜$\frac{3}{2}$，即1＜e^a-1＜e時，F（x）的最大值為F（e）和F（1）中較大者；
由F（e）-F（1）=a+e-ae＞0，得a＜$\frac{e}{e-1}$．
∵$\frac{3}{2}$＜$\frac{e}{e-1}$時，∴F（x）的最大值為F（e）=e+1-ae．
綜上所述，F（x）在區間[1，e]上的最大值為F（e）=e+1-ea．
（2）設函數f（x）在（1，+∞）上的“域同區間”為[s，t]（1＜s＜t）．
∵f（x）=（x²-2x+1）e^x，∴f'（x）=（x²-1）e^x＞0．
即函數f（x）在（1，+∞）上是增函數，∴$\left\{\begin{array}{l}{f（s）=s}\\{f（t）=t}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（s-1）{e}^{s}=s}\\{（t-1）^{2}{e}^{t}=t}\end{array}\right.$
也就是方程（x-1）²e^x=x有兩分大于1的相異實根．
設g（x）=（x-1）²e^x-x  （x＞1），則g'（x）=（x²-1）e^x-1．
設h（x）=g'（x），則h'（x）=（x²+2x-1）e^x．
∵在（1，+∞）上有h'（x）＞0，∴h（x）在（1，+∞）上單調遞增．
∵h（1）=-1＜0，h（2）=3e²-1＞0
即存在唯一的x₀∈（1，2），使得h（x₀）=0．
當x∈（1，x₀）時，h（x）=g'（x）＜0，即函數g（x）在（1，x₀）上是減函數；
當x∈（x₀，+∞）時，h（x）=g'（x）＞0，即函數g（x）在（x₀，+∞）上是減函數．
因為g（1）=-1＜0，g（x₀）＜g（1）＜0，g（2）=e²-2＞0．
所以函數g（x）在區間（1，+∞）上只有一個零點．
這與方程（x-1）²e^x=x有兩個大于1的相異根矛盾，所以假設不成立．
所以函數f（x）在（1，+∞）上不存在“域同區間”．

點評 本題主要考查了利用導數判斷函數的單調性與最值，零點定理應用，構造新函數、函數與方程思想以及轉化思想應用，屬中等偏上題．