Question

14．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ax，g（x）=e^x，a∈R且a≠0，e=2.718…，e为自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）•g（x）在[-1，1]上极值点的个数；
（Ⅱ）令函数p（x）=f'（x）•g（x），若?a∈[1，3]，函数p（x）在区间[b+a-e^a，+∞]上均为增函数，求证：b≥e³-7．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数h（x）的导函数，h′（x）=$\frac{1}{2}{e}^{x}[{x}^{2}+2（a+1）x+2a]$，令t（x）=x²+2（a+1）x+2a，求出t（x）的两个零点${x}_{1}=-a-1-\sqrt{{a}^{2}+1}$＜-1，${x}_{2}=-a-1+\sqrt{{a}^{2}+1}$＞-1．然后分a≤$-\frac{3}{4}$和a＞-$\frac{3}{4}$讨论函数的单调性，从而求得函数h（x）=f（x）•g（x）在[-1，1]上的一个极值点的个数；
（Ⅱ）由函数p（x）在区间[b+a-e^a，+∞]上为增函数，可得p′（x）=e^x（x+a+1）≥0在区间[b+a-e^a，+∞]上恒成立，转化为x+a+1≥0在区间[b+a-e^a，+∞]上恒成立，得到b≥e^a-2a-1对?a∈[1，3]恒成立，令φ（a）=e^a-2a-1，求导可得φ（a）=e^a-2a-1在[1，3]上为增函数，则φ（a）的最大值为φ（3）=e³-7．从而证得b≥e³-7．

解答 （Ⅰ）解：∵f（x）=$\frac{1}{2}$x²+ax，g（x）=e^x，
∴h（x）=f（x）•g（x）=（$\frac{1}{2}$x²+ax）e^x，h′（x）=$\frac{1}{2}{e}^{x}[{x}^{2}+2（a+1）x+2a]$，
令t（x）=x²+2（a+1）x+2a，由t（x）=0，得${x}_{1}=-a-1-\sqrt{{a}^{2}+1}$＜-1，${x}_{2}=-a-1+\sqrt{{a}^{2}+1}$＞-1．
若a≤$-\frac{3}{4}$，则x₂≥1，t（x）≤0在[-1，1]上恒成立，即h′（x）在[-1，1]上恒成立，h（x）单调递减，在[-1，1]上无极值点；
若a＞-$\frac{3}{4}$，则-1＜x₂＜1，当x∈[-1，x₂）时，t（x）＜0，即h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（x₂，1]时，t（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴x₂是函数h（x）=f（x）•g（x）在[-1，1]上的一个极值点．
（Ⅱ）证明：p（x）=f'（x）•g（x）=（x+a）e^x，p′（x）=e^x（x+a+1），
∵函数p（x）在区间[b+a-e^a，+∞]上为增函数，∴e^x（x+a+1）≥0在区间[b+a-e^a，+∞]上恒成立，
即x+a+1≥0在区间[b+a-e^a，+∞]上恒成立，
则b+a-e^a+a+1≥0对?a∈[1，3]恒成立，
∴b≥e^a-2a-1对?a∈[1，3]恒成立，
令φ（a）=e^a-2a-1，则φ′（a）=e^a-2＞0，
∴φ（a）=e^a-2a-1在[1，3]上为增函数，则φ（a）的最大值为φ（3）=e³-7．
∴b≥e³-7．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．