Question

已知函數(shù)f（x）=（x²-3x+3）e^x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）若x∈[-2，a]，-2＜a＜1，求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設a＞-2，求證：f（a）＞

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e2

；
（3）對于定義域為D的函數(shù)y=g（x），如果存在區(qū)間[m，n]⊆D，使得x∈[m，n]時，y=g（x）的值域是[m，n]，則稱[m，n]是該函數(shù)y=g（x）的“保值區(qū)間”．設h（x）=f（x）+（x-2）e^x，x∈（1，+∞），問函數(shù)y=h（x）是否存在“保值區(qū)間”？若存在，請求出一個“保值區(qū)間”； 若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的概念及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：本題（1）直接利用導函數(shù)值的正負判斷出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）通過導函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值，從而證明f（a）＞

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e2

，得到本題結(jié)論；（3）通過對函數(shù)函數(shù)y=h（x）的定義域和值域的研究，對照新定義的“保值區(qū)間”條件，判斷其是否具有“保值區(qū)間”，得到本題結(jié)論．

解答： 解：（1）f′（x）=（x²-x）e^x，x∈[-2，a]，a＞-2，

x	（-∞，0）	（0，1）	（1，+∞）
f′（x）	+	-	+

由表知道：
①當-2＜a≤0時，
x∈（-2，a），f′（x）＞0，
∴函數(shù)y=f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-2，a）；
②當0＜a＜1時，
x∈（-2，0），f′（x）＞0，
x∈（0，a），f′（x）＜0，
∴函數(shù)y=f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-2，0），單調(diào)減區(qū)間為（0，a）；
（2）證明：∵f（a）=（a²-3a+3）e^x，a＞-2，
∴f′（a）=（a²-a）e^z=a（a-1）e^x，a＞-2，

a	（-2，0）	（0，1）	（1，+∞）
f′（x）	+	-	+

∴[f（a）]_min=f（1）=a．
∵f（1）-f（-2）=e-

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e2

=

e3-13

e2

＞

( 5 2 )3-13

e2

＞0，
∴f（1）＞f（-2）．
由表知：a∈[0，+∞）時，f（a）≥f（1）≥f（-2），
a∈（-2，0）時，f（a）＞f（-2），
∴a＞-2時，f（a）＞f（-2），即f(a)＞

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a2

；
（3）∵h（x）=f（x）+（x-2）e^x=（x²-2x+1）e^x，x∈（1，+∞），
∴h′（x）=（x²-1）e^x，
∴x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，
∴y=h（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
函數(shù)y=h（x）存在“保值區(qū)間”[mn]?

n＞m＞1 h(m)=m h(n)=n

，
?關于x的方程h（x）=x在（1，+∞）有兩個不相等的實數(shù)根，
令H（x）=h（x）-x=（x²-2x+1）e^x-x，x∈（1，+∞），
則H′（x）=（x²-1）e^x-1，x∈（1，+∞），
[H′（x）]′=（x²+2x-1）e^x，x∈（1，+∞），
∵x∈（1，+∞）時，[H′（x）]′=（x²+2x-1）e^x＞0，
∴H′（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∵H′（1）=-1＜0，H′（2）=3e²-1＞0，且y=H′（x）在[1，2]圖象不間斷，
∴?x₀∈（1，2），使得H′（x）=0，
∴xx∈（1，x₀）時，H′（x）＜0，
x∈（x₀，+∞）時，H′（x）＞0，
∴函數(shù)y=H（x）在（1，x₀）上是減函數(shù)，在（x₀，+∞）上是增函數(shù)，
∵H（1）=-1＜0，
∴x∈（1，x₀]．H（x）＜0，
∴函數(shù)y=h（x）在（1，+∞）至多有一個零點，
即關于x的方程h（x）=x在（1，+∞）至多有一個實數(shù)根，
∴函數(shù)y=h（x）是不存在“保值區(qū)間”．

點評：本題考查了導函數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、最值的關系，本題思維難度大，計算量大，屬于難題．