Question

19．已知函数f（x）=e^x，g（x）=x²+（1-t）x+1．
（1）若f（x）＞k（x+1）恒成立，求正实数k的取值范围．
（2）若存在x₁，x₂∈[0，1]，使得f（x₁）g（x₂）＞2f（x₂）g（x₁）成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意可得k＜$\frac{{e}^{x}}{x+1}$恒成立，设h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，求出导数，求得单调区间，求得最小值，即可得到k的范围；
（2）由题意可得$\frac{g（{x}_{2}）}{f（{x}_{2}）}$＞2•$\frac{g（{x}_{1}）}{f（{x}_{1}）}$成立，令m（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$，即有在[0，1]有m（x）的最大值＞最小值的2倍，求出m（x）的导数，对t讨论，由单调性求得最值，解不等式即可得到所求范围．

解答 解：（1）f（x）＞k（x+1）恒成立，即为
k＜$\frac{{e}^{x}}{x+1}$恒成立，
由h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$的导数为$\frac{{e}^{x}•x}{（x+1）^{2}}$，
当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）递增；
当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）递减．
即有x=0处取得最小值，且为1，
则0＜k＜1；
（2）存在x₁，x₂∈[0，1]，使得f（x₁）g（x₂）＞2f（x₂）g（x₁）成立，
即有$\frac{g（{x}_{2}）}{f（{x}_{2}）}$＞2•$\frac{g（{x}_{1}）}{f（{x}_{1}）}$成立，
令m（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$，即有在[0，1]有m（x）的最大值＞最小值的2倍，
由m′（x）=$\frac{-（x-1）（x-t）}{{e}^{x}}$，
当t≤0时，区间[0，1]为增区间，m（0）为最小值，且为$\frac{1}{{e}^{0}}$=1；
m（1）为最大值，且为$\frac{3-t}{e}$．
由$\frac{3-t}{e}$＞2，即有t＜3-2e；
当0＜t＜1时，区间（0，t）递减，区间（t，1）递增，
m（t）取得最小值，且为$\frac{1+t}{{e}^{t}}$；
m（0）或m（1）取得最大值，即为1或$\frac{3-t}{e}$．
即有1＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$或或$\frac{3-t}{e}$＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$，
由$\frac{{e}^{t}}{1+t}$导数为$\frac{{e}^{t}•t}{（1+t）^{2}}$＞0在（0，1）成立，
则1＜$\frac{{e}^{t}}{1+t}$＜$\frac{e}{2}$，1＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$无解；
又e^t-2e•$\frac{1+t}{3-t}$的导数为e^t-2e•$\frac{4}{（t-3）^{2}}$＜0在（0，1）成立，
即有e^t-2e•$\frac{1+t}{3-t}$＜1-$\frac{2e}{3}$＜0，则$\frac{3-t}{e}$＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$无解；
当t≥1时，区间[0，1]为减区间，m（0）为最大值，且为$\frac{1}{{e}^{0}}$=1；
m（1）为最小值，且为$\frac{3-t}{e}$．
由2•$\frac{3-t}{e}$＜1，即有t＞3-$\frac{e}{2}$．
综上可得，t的范围是t＜3-2e或t＞3-$\frac{e}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式恒成立问题的解法和存在性问题的解法，注意区别，运用分类讨论的思想方法和函数的单调性是解题的关键．