Question

14．已知函数f（x）=e^x（x²+ax+a）．
（I）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤e^a在[a，+∞）上有解，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）当a=1时，f（x）=e^x（x²+x+1），求出其导数，利用导数即可解出单调区间；
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤e^a在[a，+∞）上有解，即x²+ax+a≤e^a-x，在[a，+∞）上有解，构造两个函数r（x）=x²+ax+a，t（x）=e^a-x，研究两个函数的在[a，+∞）上的单调性，即可转化出关于a的不等式，从而求得共范围．

解答 解：（I）当a=1时，f（x）=e^x（x²+x+1），则f′（x）=e^x（x²+3x+2），
令f′（x）＞0得x＞-1或x＜-2；令f′（x）＜0得-2＜x＜-1
∴函数f（x）的单调增区间（-∞，-2）与（-1，+∞），单调递减区间是（-2，-1）
（Ⅱ）f（x）≤e^a，即e^x（x²+ax+a）≤e^a，可变为x²+ax+a≤e^a-x，
令r（x）=x²+ax+a，t（x）=e^a-x，
当a＞0时，在[a，+∞）上，由于r（x）的对称轴为负，故r（x）在[a，+∞）上增，t（x）在[a，+∞）上减，
欲使x²+ax+a≤e^a-x有解，则只须r（a）≤t（a），即2a²+a≤1，解得-1≤a≤$\frac{1}{2}$，故0＜a≤$\frac{1}{2}$．
当a≤0时，在[a，+∞）上，由于r（x）的对称轴为正，故r（x）在[a，+∞）上先减后增，t（x）在[a，+∞）上减，
欲使x²+ax+a≤e^a-x有解，只须r（-$\frac{a}{2}$）≤t（-$\frac{a}{2}$），即-$\frac{{a}^{2}}{4}$+a≤e${\;}^{\frac{3}{2}a}$，当a≤0时，-$\frac{{a}^{2}}{4}$+a≤e${\;}^{\frac{3}{2}a}$显然成立
综上知，a≤$\frac{1}{2}$即为符合条件的实数a的取值范围．

点评 本题考查导数的综合运用，利用导数研究函数的单调性，以及存在性问题求参数的范围，本题考查了转化的思想，数形结合的思想，属于导数运用的一类典型题．