Question

已知函数f（x）=[ax²-（2a+1）x+a+2]e^x（a∈R）．
（1）当a≥0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）设g（x）=

bx2

lnx2

，当a=1时，若对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈（1，2），使f（x₁）≥g（x₂），求实数b的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）f′（x）=（ax²-x-a+1）e^x=（ax+a-1）（x-1）e^x，对a分类讨论：当a=0时，f′（x）=-（x-1）e^x，即可得出单调性；当a＞0时，f′（x）=a(x-

1-a

a

)（x-1）e^x，令

1-a

a

=1，解得a=

1

2

．当a=

1

2

时，当0＜a＜

1

2

时，当a＞

1

2

时，比较

1-a

a

与1的大小关系即可得出单调性；
（2）当a=1时，函数f（x）在（0，1）上单调递减；在（1，2）上单调递增．对任意x₁∈（0，2），都有f（x₁）≥f（1）=e．又对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈（1，2），使f（x₁）≥g（x₂），e≥g（x₂），即x₂∈（1，2）时有解，g（x₂）=

b x 2 2

ln x 2 2

，即存在x₂∈（1，2），使得b≤

eln x 2 2

x 2 2

．令h（x）=

elnx2

x2

，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答： 解：（1）f′（x）=（ax²-x-a+1）e^x=（ax+a-1）（x-1）e^x，
a=0时，f′（x）=-（x-1）e^x，
∴当x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
当a＞0时，f′（x）=a(x-

1-a

a

)（x-1）e^x，
令

1-a

a

=1，解得a=

1

2

．
当a=

1

2

时，f′(x)=

1

2

(x-1)2ex≥0，函数f（x）在R上单调递增；
当0＜a＜

1

2

时，

1-a

a

＞1，x∈（-∞，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈(1，

1-a

a

)，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈(

1-a

a

，+∞)，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
当a＞

1

2

时，

1-a

a

＜1，x∈（-∞，

1-a

a

）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；x∈(

1-a

a

，1)，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
综上可得：当a=0时，当x＞1时，函数f（x）单调递减；当x＜1时，函数f（x）单调递增．
当a=

1

2

时，函数f（x）在R上单调递增；
当0＜a＜

1

2

时，x∈（-∞，1）时，函数f（x）单调递增；x∈(1，

1-a

a

)，函数f（x）单调递减；x∈(

1-a

a

，+∞)，函数f（x）单调递增．
当a＞

1

2

时，x∈（-∞，

1-a

a

）时，函数f（x）单调递增；x∈(

1-a

a

，1)，函数f（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，函数f（x）单调递增．
（2）当a=1时，函数f（x）在（0，1）上单调递减；在（1，2）上单调递增．
对任意x₁∈（0，2），都有f（x₁）≥f（1）=e．
又对任意x₁∈（0，2），存在x₂∈（1，2），使f（x₁）≥g（x₂），
∴e≥g（x₂），即x₂∈（1，2）时有解，
g（x₂）=

b x 2 2

ln x 2 2

，∴存在x₂∈（1，2），使得

b x 2 2

ln x 2 2

≤e，即存在x₂∈（1，2），使得b≤

eln x 2 2

x 2 2

．
令h（x）=

elnx2

x2

，x∈（1，2），h′（x）=

2e(1-2lnx)

x3

，
令h′（x）=0，解得x=

e

，
当x∈(1，

e

)时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；当x∈(

e

，2)时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
∴当x=

e

时，h（x）的最大值为h(

e

)=

1

2

，
综上可得：实数b的取值范围是(-∞，

1

2

]．

点评：本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值，考查了分类讨论思想方法，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．