Question

9．已知t＜0，設函數(shù)f（x）=x³+$\frac{3（t-1）}{2}{x^2}$-3tx．
（1）若f（x）在（0，2）上無極值，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為自然對數(shù)的底數(shù)）對任意x∈[0，+∞）恒成立時m的最大值為0，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，分類討論判斷單調性；
（2）通過討論t的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（3）由題意轉化條件為m≤x[e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t]對任意的x≥0恒成立，構造函數(shù)g（x）=e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t，通過函數(shù)的導數(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）無極值
∴-t=1，t=-1；
（2）①當0＜-t＜1時，f（x）在（0，-t）單調遞增，在（-t，1）單調遞減，在（1，2）單調遞增，
∴f（-t）≥f（2），顯然：t³+3t²≥4在-1＜t＜0上無解；
②當-t=1時，不合題意；                   
③當1＜-t＜2時，即-2＜t＜-1時f（x）在（0，1）單調遞增，在（1，-t）單調遞減，在（-t，2）單調遞增，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{f（1）≥f（2）}\\{-2＜t＜-1}\end{array}}\right.$，得：-2＜t≤-$\frac{5}{3}$；
④當-t≥2時，即t≤-2時f（x）在（0，1）單調遞增，在（1，2）單調遞減，滿足條件；
綜上所述：t∈（-∞，-$\frac{5}{3}$]時，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為自然對數(shù)的底數(shù)）對任意的x∈[0，+∞）恒成立，
即m≤x[e^x-x²-$\frac{3（t-1）}{2}$x+3t]對任意的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-$\frac{1}{3}$≤t＜0時，g′（x）=e^x-2x-$\frac{3（t-1）}{2}$，
再設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）內遞減，在區(qū)間（ln2，+∞）內遞增，
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，+∞）內遞增，
則有g（x）在區(qū)間[0，+∞）內的最小值g（0）=1+3t≥0，得t≥-$\frac{1}{3}$．
所以，t的取值范圍是0＞t≥-$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，函數(shù)的單調性，函數(shù)的最值的求法，考查轉化思想，分類討論思想的應用，考查計算能力．