Question

9．已知t＜0，設(shè)函數(shù)f（x）=x³+$\frac{3（t-1）}{2}{x^2}$-3tx．
（1）若f（x）在（0，2）上無(wú)極值，求t的值；
（2）若存在x₀∈（0，2），使得f（x₀）是f（x）在[0，2]上的最大值，求t的取值范圍；
（3）若f（x）≤xe^x-m（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）對(duì)任意x∈[0，+∞）恒成立時(shí)m的最大值為0，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分類討論判斷單調(diào)性；
（2）通過(guò)討論t的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）由題意轉(zhuǎn)化條件為m≤x[e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t]對(duì)任意的x≥0恒成立，構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t，通過(guò)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出新函數(shù)的最小值，然后求解t的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=3x²+3（t-1）x-3t=3（x+t）（x-1），
又f（x）在（0，2）無(wú)極值
∴-t=1，t=-1；
（2）①當(dāng)0＜-t＜1時(shí)，f（x）在（0，-t）單調(diào)遞增，在（-t，1）單調(diào)遞減，在（1，2）單調(diào)遞增，
∴f（-t）≥f（2），顯然：t³+3t²≥4在-1＜t＜0上無(wú)解；
②當(dāng)-t=1時(shí)，不合題意；                   
③當(dāng)1＜-t＜2時(shí)，即-2＜t＜-1時(shí)f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，-t）單調(diào)遞減，在（-t，2）單調(diào)遞增，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{f（1）≥f（2）}\\{-2＜t＜-1}\end{array}}\right.$，得：-2＜t≤-$\frac{5}{3}$；
④當(dāng)-t≥2時(shí)，即t≤-2時(shí)f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，2）單調(diào)遞減，滿足條件；
綜上所述：t∈（-∞，-$\frac{5}{3}$]時(shí)，存在x₀∈（0，2），使得f（x₀）是f（x）在[0，2]上的最大值；
（3）若f（x）≤xe^x-m（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）對(duì)任意的x∈[0，+∞）恒成立，
即m≤x[e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t]對(duì)任意的x≥0恒成立，
令g（x）=e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t，由于m的最大值為0，
所以g（x）=e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t≥0恒成立
由g（0）=1+3t≥0可得t≥-$\frac{1}{3}$，
當(dāng)-$\frac{1}{3}$≤t＜0時(shí)，g′（x）=e^x-2x-$\frac{3（t-1）}{2}$，
再設(shè)h（x）=g′（x）=e^x-2x-$\frac{3（t-1）}{2}$，
得h′（x）=e^x-2=0，解得x=ln2．
h（x）在區(qū)間（0，ln2）內(nèi)遞減，在區(qū)間（ln2，+∞）內(nèi)遞增，
h（x）的最小值為h（ln2）=2-$\frac{3（t-1）}{2}$-2ln2，可以判定h（ln2）＞0，
即g′（x）＞0，所以g（x）在區(qū)間[0，+∞）內(nèi)遞增，
則有g(shù)（x）在區(qū)間[0，+∞）內(nèi)的最小值g（0）=1+3t≥0，得t≥-$\frac{1}{3}$．
所以，t的取值范圍是0＞t≥-$\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．