Question

已知函数f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1处取得极小值，其图象过点A（0，1），且在点A处切线的斜率为-1．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D，使得g（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，则称区间[m，n]为函数g（x）的“保值区间”．
 ①请写出f（x）的一个“保值区间”（不必证明）；
 ②证明：当x＞1时，函数f（x）不存在“保值区间”．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导函数，根据函数f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1处取得极小值，其图象过点A（0，1），且在点A处切线的斜率为-1，建立方程组，从而可得f（x）的解析式为f（x）=（x²-2x+1）e^x．
（Ⅱ）①写出x＜1上的一个“保值区间”．
②由（Ⅰ）得f'（x）=（x²-1）e^x，假设当x＞1时，f（x）存在“保值区间”[m，n]（n＞m＞1），进而问题转化为（x-1）²e^x-x=0有两个大于1的不等实根，构造新函数h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），可判断存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，h（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，从而可得当x＞1时，h（x）的图象与x轴有且只有一个交点，即方程（x-1）²e^x-x=0有且只有一个大于1的根，与假设矛盾，故可得证．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=（ax²+bx+c）e^x，
∴f′（x）=[ax²+（2a+b）x+（b+c）]e^x，
∵函数f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1处取得极小值，
其图象过点A（0，1），且在点A处切线的斜率为-1．
∴

f(0)=1 f′(0)=-1 f′(1)=0

，即

c=1 b+c=-1 3a+2b+c=0

，解得

a=1 b=-2 c=1

∴f（x）的解析式为f（x）=（x²-2x+1）e^x．
（Ⅱ）①f（x）的一个“保值区间”为[0，1]．
②由（Ⅰ）得f'（x）=（x²-1）e^x，
假设当x＞1时，f（x）存在“保值区间”[m，n]（n＞m＞1）
∵当x＞1时，f'（x）=（x²-1）e^x＞0，∴f（x）在区间（1，+∞）上是增函数
∴

f(m)=m f(n)=n

即

(m-1)2em=m (n-1)2en=n

于是问题转化为（x-1）²e^x-x=0有两个大于1的不等实根． 
现在考查函数h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），h′（x）=（x²-1）e^x-1
令φ（x）=（x²-1）e^x-1，∴φ′（x）=（x²+2x-1）e^x，
当x＞1时，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（1，+∞）上是增函数，即h′（x）在（1，+∞）上是增函数
∴h′（1）=-1＜0，h′（2）=3e²-1＞0
∴存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，
当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：

x	（1，x0）	x0	（x0，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	单调递减	极小值	单调递增

∴h（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
∴h（x₀）＜h（1）=-1＜0
∵h（2）=e²-2＞0
∴当x＞1时，h（x）的图象与x轴有且只有一个交点
即方程（x-1）²e^x-x=0有且只有一个大于1的根，与假设矛盾
故当x＞1时，f（x）不存在“保值区间”．

点评：本题以函数的性质为载体，考查导数知识的运用，考查函数的解析式，考查新定义，同时考查反证法思想的运用，综合性强．