Question

3．已知函数f（x）=x²+ax+1，g（x）=e^x（其中e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若a=1，求函数y=f（x）•g（x）在区间[-2，0]上的最大值；
（Ⅱ）若a=1，关于x的方程f（x）=k•g（x）有且仅有一个根，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）若对任意的x₁，x₂∈[$\frac{1}{2}$，2]且x₁≠x₂，不等式|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|均成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（Ⅱ）若a=-1，关于x的方程f（x）=k•g（x）有且仅有一个根，即k=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，有且只有一个根，令h（x）=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，可得h（x）极大=h（2）=$\frac{3}{{e}^{2}}$，h（x）极小=h（1）=$\frac{1}{e}$，进而可得当k＞$\frac{3}{{e}^{2}}$或0＜k＜$\frac{1}{e}$时，k=h（x）有且只有一个根；
（Ⅲ）设x₁＜x₂，因为g（x）=e^x在[0，2]单调递增，故原不等式等价于|f（x₁）-f（x₂）|＜g（x₂）-g（x₁）在x₁、x₂∈[0，2]，且x₁＜x₂恒成立，当a≥-（e^x+2x）恒成立时，a≥-1；当a≤e^x-2x恒成立时，a≤2-2ln2，综合讨论结果，可得实数a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）a=1时，y=（x²+x+1）e^x，y′=（x+1）（x+2）e^x，
令y′＞0，解得：x＞-1或x＜-2，令y′＜0，解得：-2＜x＜-1，
∴函数y=f（x）•g（x）在[-2，-1]递减，在[-1，0]递增，
而x=-2时，y=$\frac{3}{{e}^{2}}$，x=0时，y=1，
故函数在[-2，0]上的最大值是1；
（Ⅱ）由题意得：k=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$有且只有一个根，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，则h′（x）=$\frac{-（x-1）（x-2）}{{e}^{x}}$，
故h（x）在（-∞，1）上单调递减，（1，2）上单调递增，（2，+∞）上单调递减，
所以h（x）极大=h（2）=$\frac{3}{{e}^{2}}$，h（x）极小=h（1）=$\frac{1}{e}$，
因为h（x）在（2，+∞）单调递减，且函数值恒为正，又当x→-∞时，h（x）→+∞，
所以当k＞$\frac{3}{{e}^{2}}$或0＜k＜$\frac{1}{e}$时，k=h（x）有且只有一个根．
（Ⅲ）设x₁＜x₂，因为g（x）=e^x在[0，2]单调递增，
故原不等式等价于|f（x₁）-f（x₂）|＜g（x₂）-g（x₁）在x₁、x₂∈[0，2]，且x₁＜x₂恒成立，
所以g（x₁）-g（x₂）＜f（x₁）-f（x₂）＜g（x₂）-g（x₁）在x₁、x₂∈[0，2]，且x₁＜x₂恒成立，
即 $\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{1}）-f{（x}_{1}）＜g{（x}_{2}）-f{（x}_{2}）}\\{f{（x}_{1}）+g{（x}_{1}）＜g{（x}_{2}）+f{（x}_{2}）}\end{array}\right.$，在x₁、x₂∈[0，2]，且x₁＜x₂恒成立，
则函数F（x）=g（x）-f（x）和G（x）=f（x）+g（x）都在[0，2]单调递增，
则有 $\left\{\begin{array}{l}{G′（x）=g′（x）+f′（x）{=e}^{x}+2x+a≥0}\\{F′（x）=g′（x）-f′（x）{=e}^{x}-2x-a≥0}\end{array}\right.$，在[0，2]恒成立，
当a≥-（e^x+2x）恒成立时，因为-（e^x+2x）在[0，2]单调递减，
所以-（e^x+2x）的最大值为-1，所以a≥-1；
当a≤e^x-2x恒成立时，因为e^x-2x在[0，ln2]单调递减，在[ln2，2]单调递增，
所以e^x-2x的最小值为2-2ln2，所以a≤2-2ln2，
综上：-1≤a≤2-2ln2．

点评 本题考查的知识点是导数在最大值和最小值中的应用，利用导数分析函数的单调性，利用导数分析函数的极值，运算量大，综合性强，转化困难，属于难题．