Question

3．已知函数f（x）=x²e^x+lnt-a，若对任意的t∈[1，e]，f（x）在区间[-1，1]总存在唯一的零点，则实数a的取值范围是（　　）

• A． [1，e]
• B． $（1+\frac{1}{e}，e]$
• C． （1，e]
• D． $[1+\frac{1}{e}，e]$

Answer 1

分析 根据导数求出函数的最值，再根据存在唯一的x₀∈[-1，1]，使得f（x₀）=-lnt+a在t∈[1，e]上恒成立，得到$\frac{1}{e}$≤f（x₀）≤e，即$\frac{1}{e}$≤-lnt+a≤e，得到关于a的不等式组，解得即可．

解答 解：函数f（x）=x²e^x+lnt-a的导数为f′（x）=2xe^x+x²e^x =xe^x（x+2），x∈[-1，1]，
令f′（x）=0，则x=0，
当f′（x）＞0时，即0＜x≤1，当f′（x）＜0时，即-1≤x＜0，
∴f（x）在（-1，0）单调递减，在（0，1]上单调递增，
∴f（x）_min=f（0）=0，f（-1）=$\frac{1}{e}$，f（1）=e，
∴f（x）_max=f（1）=e，
∵存在唯一的x₀∈[-1，1]，使得f（x₀）=-lnt+a在t∈[1，e]上恒成立，
∴$\frac{1}{e}$≤f（x₀）≤e，
∴$\frac{1}{e}$≤-lnt+a≤e，
∵-lnt+a在t∈[1，e]上恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{；-1+a＞\frac{1}{e}}\\{a≤e}\end{array}\right.$，
解得1+$\frac{1}{e}$＜a≤e，
故选：B

点评 本题考查了导数函数的最值问题，以及参数的取值范围，考查了存在性和恒成立的问题，属于中档题．