Question

6．已知函数f（x）=（x²-ax+b）e^x（a，b为常数，e是自然对数的底）．
（1）当a=-1，b=1时，求f（x）的单调区间；
（2）当b=a+1时，函数f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）．
①求实数a的取值范围；
②若a＞0且mx₁e${\;}^{{x}_{2}}$-f（x₂）＞0恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=-1，b=1时，f′（x）=（x²+3x+2）e^x=（x+2）（x+1）e^x，由此利用导数性质能求出f（x）的单调区间．
（2）①当b=a+1时，f（x）=（x²-ax+a+1）e^x，求出导数，运用判别式大于0，解不等式即可得到所求范围；②问题等价于m＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}{e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{{x}_{2}}^{2}-a{x}_{2}+a+1}{{x}_{1}}$恒成立，即m＞-x₂²+2x₂+1恒成立，令t=a-2（t＞2），由x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，令g（t）=$\frac{t+\sqrt{{t}^{2}-4}}{2}$，根据函数的单调性求出g（t）的最小值，从而求出m的范围．

解答 解：（1）当a=-1，b=1时，f（x）=（x²+x+1）e^x，
f′（x）=（2x+1）e^x+（x²+x+1）e^x，
f′（x）=（x²+3x+2）e^x=（x+2）（x+1）e^x，
x∈（-∞，-2），f′（x）＞0，f（x）是增函数，
x∈（-2，-1），f′（x）＜0，f（x）是减函数，
x∈（-1，+∞），f′（x）＞0，f（x）是增函数，
∴f（x）的单调增区间是（-∞，-2），（-1，+∞），f（x）的减区间是（-2，-1）．
（2）①当b=a+1时，f（x）=（x²-ax+a+1）e^x，
f′（x）=（2x-a）e^x+（x²-ax+a+1）e^x=[x²+（2-a）x+1）e^x，
∵f′（x）=0有2根x₁，x₂，
∴△=（2-a）²-4＞0，解得a＞4或a＜0，
则实数a的取值范围为（-∞，0）∪（4，+∞）；
②a＞0且mx₁e${\;}^{{x}_{2}}$-f（x₂）＞0恒成立，
则a＞4且x₁+x₂=a-2，x₁x₂=1，
∴x₁＞0，m＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}{e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{{x}_{2}}^{2}-a{x}_{2}+a+1}{{x}_{1}}$恒成立，
由于a=2+x₁+x₂，
即m＞-x₂²+2x₂+1恒成立，
令t=a-2（t＞2），由x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，
令g（t）=$\frac{t+\sqrt{{t}^{2}-4}}{2}$，
t＞2时，函数g（t）=$\frac{t+\sqrt{{t}^{2}-4}}{2}$递增，g（t）＞g（2）=1，
∴x₂＞1，∴--x₂²+2x₂+1＜2，
故m的范围是[2，+∞）．

点评 本题考查函数的单调性问题，考查导数的应用，解决与不等式有关的参数范围和证明问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，分类思想，考查运算能力，是一道综合题．