Question

11．已知函数f（x）=（x²-a）e^x，a∈R．
（Ⅰ）当a=0时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若在区间（1，2）上存在不相等的实数m，n，使f（m）=f（n）成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）若函数f（x）有两个不同的极值点x₁，x₂，求证：f（x₁）f（x₂）＜4e^-2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将a=0代入函数的表达式，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）问题转化为求使函数f（x）=e^x（x²-a）在（1，2）上不为单调函数的a的取值范围，通过讨论x的范围，得到函数的单调性，进而求出a的范围；
（Ⅲ）先求出函数的导数，找到函数的极值点，从而证明出结论．

解答 解：（Ⅰ）当a=0时，f（x）=x²e^x，f′（x）=e^x（x²+2x），
由e^x（2x²+2x）=0，解得：x=0，x=-2，
当x∈（-∞，-2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（-2，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
所以f（x）的单调增区间为（-∞，-2），（0，+∞），单调减区间为（-2，0）；
（Ⅱ）依题意即求使函数f（x）=e^x（x²-a）在（1，2）上不为单调函数的a的取值范围，
而f′（x）=e^x（x²+2x-a），设g（x）=x²+2x-a，则g（1）=3-a，g（2）=8-a，
因为g（x）在（1，2）上为增函数．
当$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=3-a＜0}\\{g（2）=8-a＞0}\end{array}\right.$，即当3＜a＜8时，函数g（x）在（1，2）上有且只有一个零点，设为x₀，
当x∈（1，x₀）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当x∈（x₀，2）时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）为增函数，满足在（1，2）上不为单调函数．
当a≤3时，g（1）≥0，g（2）≥0，所以在（1，2）上g（x）＞0成立（因g（x）在（1，2）上为增函数），
所以在（1，2）上f′（x）＞0成立，即f（x）在（1，2）上为增函数，不合题意．
同理a≥8时，可判断f（x）在（1，2）为减函数，不合题意．
综上：3＜a＜8．
（Ⅲ）f′（x）=e^x（x²+2x-a）．
因为函数f（x）有两个不同的零点，即f′（x）有两个不同的零点，
即方程x²+2x-a=0的判别式△=4+4a＞0，解得：a＞-1，
由x²+2x-a=0，解得x₁=-1-$\sqrt{a+1}$，x₂=-1+$\sqrt{a+1}$．
此时x₁+x₂=-2，x₁•x₂=-a，
随着x变化，f（x）和f′（x）的变化情况如下：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	递增	极大值	递减	极小值	递增

所以x₁是f（x）的极大值点，x₂是f（x）的极小值点，所以f（x₁）是极大值，f（x₂）是极小值，
∴f（x₁）f（x₂）=${e}^{{x}_{1}}$（${{x}_{1}}^{2}$-a）•${e}^{{x}_{2}}$（${{x}_{2}}^{2}$-a）
=${e}^{{x}_{1}{+x}_{2}}$${{{{[x}_{1}}^{2}x}_{2}}^{2}-a{{（x}_{1}}^{2}{{+x}_{2}}^{2}）{+a}^{2}]$
=e^-2[a²-a（4+2a）+a²]
=-4ae^-2，
因为a＞-1，所以-4ae^-2＜4e^-2，
所以f（x₁）f（x₂）＜4e^-2．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应用，考查转化思想，分类讨论思想，熟练掌握基础知识并对其灵活应用是解题的关键，本题是一道难题．