Question

10．已知函数f（x）=（x²-ax+a+1）e^x．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）函数f（x）有两个极值点，x₁，x₂（x₁＜x₂），其中a＞0．若mx₁-$\frac{f（{x}_{2}）}{{e}^{{x}_{1}}}$＞0恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题等价于m＞$\frac{f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{ax}_{2}+a+1}{{x}_{1}}$恒成立，即m＞-${{x}_{2}}^{2}$+2x₂+1恒成立，令t=a-2（t＞2），则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的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=[x²+（2-a）x+1]e^x，
令x²+（2-a）x+1=0（*），
（1）△=（2-a）²-4＞0，即a＜0或a＞4时，
方程（*）有2根，
x₁=$\frac{a-2-\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，
函数f（x）在（-∞，x₁），（x₂，+∞）递增，在（x₁，x₂）递减；
（2）△≤0时，即0≤a≤4时，f′（x）≥0在R上恒成立，
函数f（x）在R递增，
综上，a＜0或a＞4时，函数f（x）在（-∞，x₁），（x₂，+∞）递增，在（x₁，x₂）递减；
0≤a≤4时，函数f（x）在R递增；
（Ⅱ）∵f′（x）=0有2根x₁，x₂且a＞0，
∴a＞4且$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=a-2}\\{{{x}_{1}x}_{2}=1}\end{array}\right.$，
∴x₁＞0，mx₁-$\frac{f{（x}_{2}）}{{e}^{{x}_{2}}}$＞0恒成立等价于m＞$\frac{f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{ax}_{2}+a+1}{{x}_{1}}$恒成立，
即m＞-${{x}_{2}}^{2}$+2x₂+1恒成立，
令t=a-2（t＞2），则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，∴-${{x}_{2}}^{2}$+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．