Question

14．設函數f（x）=（x-1）e^x-kx²（其中k∈R）．
（Ⅰ） 若f（x）＞0對x∈（1，+∞）恒成立，求實數k的取值范圍；
（Ⅱ） 當k∈（$\frac{1}{2}$，1]時，求函數f（x）在[0，k]上的最大值M．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得k＜$\frac{（x-1）{e}^{x}}{{x}^{2}}$，記μ（x）=$\frac{（x-1）{e}^{x}}{{x}^{2}}$，則${μ}^{'}（x）=\frac{[（x-1）^{2}+1]{e}^{x}}{{x}^{3}}$＞0，由此能求出實數k的取值范圍．
（Ⅱ）f′（x）=e^x+（x-1）e^x-2kx=xe^x-2kx=x（e^x-2k），令f′（x）=0，得x₁=0，x₂=ln（2k），令g（k）=ln（2k）-k，h（k）=（k-1）e^k-k³+1，s（k）=e^k-3k，由此利用導數性質能求出函數f（x）在[0，k]上的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵函數f（x）=（x-1）e^x-kx²（其中k∈R），
f（x）＞0對x∈（1，+∞）恒成立，
∴k＜$\frac{（x-1）{e}^{x}}{{x}^{2}}$，記μ（x）=$\frac{（x-1）{e}^{x}}{{x}^{2}}$，
則${μ}^{'}（x）=\frac{[（x-1）^{2}+1]{e}^{x}}{{x}^{3}}$＞0．
∴μ（x）在（1，+∞）上是增函數，
x∈（1，+∞）時，μ（x）＞μ（1）=0，∴k≤0．
∴實數k的取值范圍是（-∞，0]．
（Ⅱ）f′（x）=e^x+（x-1）e^x-2kx=xe^x-2kx=x（e^x-2k），
令f′（x）=0，得x₁=0，x₂=ln（2k），
令g（k）=ln（2k）-k，則${g}^{'}（k）=\frac{1}{k}-1=\frac{1-k}{k}$＞0，
所以g（k）在（$\frac{1}{2}$，1]上遞增，
所以g（k）≤ln2-1=ln2-lne＜0，
從而ln（2k）＜k，所以ln（2k）∈[0，k]，
所以當x∈（0，ln（2k））時，f′（x）＜0；
當x∈（ln（2k），+∞）時，f′（x）＞0；
所以M=max{f（0），f（k）}=max{-1，（k-1）e^k-k³}，
令h（k）=（k-1）e^k-k³+1，則h′（k）=k（e^k-3k），
令s（k）=e^k-3k，則s′（k）=e^k-3＜0，
所以s（k）在（$\frac{1}{2}$，1）上遞減，而s（$\frac{1}{2}$）•s（1）=（$\sqrt{e}-\frac{3}{2}$）（e-3）＜0，
所以存在${x}_{0}∈（\frac{1}{2}，1]$使得s（x₀）=0，且當k∈（$\frac{1}{2}，{x}_{0}$）時，s（k）＞0，
當k∈（x₀，1）時，s（k）＜0，
所以h（k）在（$\frac{1}{2}，{x}_{0}$）上單調遞增，在（x₀，1）上單調遞減．
因為h（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{2}\sqrt{e}+\frac{7}{8}＞0$，h（1）=0，
所以h（k）≥0，即f（k）≥f（0）在（$\frac{1}{2}，1$]上恒成立，當且僅當k=1時取得“=”．
綜上，函數f（x）在[0，k]上的最大值M=（k-1）e^k-k³．

點評 本題考查實數的取值范圍的求法，考查函數的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意導數性質及構造法的合理運用．