Question

已知函數(shù)f（x）=（x-a）²e^x，a∈R．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）對(duì)任意的x∈（-∞，1]，不等式f（x）≤4e恒成立，求a的取值范圍；
（3）求證：當(dāng)a=2，2＜t＜6時(shí)，關(guān)于x的方程

f′(x)

ex

=

1

2

(t-2)2在區(qū)間[-2，t]上總有兩個(gè)不同的解．

Answer 1

分析：（1）f′（x）=2（x-a）e^x+（x-a）²e^x=（x-a）[x-（a-2）]e^x．令f′（x）=0，得x₁=a-2，x₂=．由此能求出f（x）的單調(diào)遞區(qū)間．
（2）由（Ⅰ）得[f（x）]_極大=f（a-2）=4e^a-2．當(dāng)a≤1時(shí)，f（x）在（-∞，1]上的最大值為f（a-2）或f（1），得-1≤a≤1；當(dāng)1＜a≤3時(shí)，f（x）在（-∞，1]上的最大值為f（a-2）=4e^a-2≤4e³-2=4e；當(dāng)a＞3時(shí)，f（1）=（a-1）2e＞4e，f（x）≤4e不恒成立．由此能求出a的取值范圍．
（III）由f′（x）=x（x-2）e^x，

f′(x)

ex

=

1

2

(t-2)2，知x 2-2x=

1

2

(t-2)²，令g（x）=x2-2x-

1

2

(t-2)²，
從而問題轉(zhuǎn)化為證明當(dāng)2＜t＜6時(shí)，函數(shù)g(x)=x2-2x-

1

2

(t-2)²在[-2，t]與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，由此能夠證明當(dāng)a=2，2＜t＜6時(shí)，關(guān)于x的方程

f′(x)

ex

=

1

2

(t-2)2在區(qū)間[-2，t]上總有兩個(gè)不同的解．

解答：解：（1）f′（x）=2（x-a）e^x+（x-a）²e^x，
=（x-a）[x-（a-2）]e^x．…2分
令f′（x）=0，得x₁=a-2，x₂=a．
當(dāng)x變化時(shí)，f′（x）、f（x）的變化如下：

x	（-∞，a-2）	a-2	（a-2，a）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	極大值	↘	極小值	↗

所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，a-2），（a，+∞），
單調(diào)遞減區(qū)間是（a-2，a）．…6分
（2）由（Ⅰ）得[f（x）]_極大=f（a-2）=4e^a-2．
①當(dāng)a≤1時(shí)，f（x）在（-∞，1]上的最大值為f（a-2）或f（1），
由

a≤1 f(a-2)=4ea-2≤4e

，f（1）=（a-1）•2e≤4e，解得-1≤a≤1；
②當(dāng)a-2≤1＜a，即1＜a≤3時(shí)，f（x）在（-∞，1]上的最大值為f（a-2），
此時(shí)f（a-2）=4e^a-2≤4e³-2=4e；
③當(dāng)a-2＞1，即a＞3時(shí)，f（1）=（a-1）2e＞4e，f（x）≤4e不恒成立．
綜上，a的取值范圍是[-1，3]．…12分
（III）∵f′（x）=x（x-2）e^x，

f′(x)

ex

=

1

2

(t-2)2，
∴x 2-2x=

1

2

(t-2)²，
令g（x）=x2-2x-

1

2

(t-2)²，
從而問題轉(zhuǎn)化為證明當(dāng)2＜t＜6時(shí)，
函數(shù)g(x)=x2-2x-

1

2

(t-2)²在[-2，t]與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
∵g（-2）＞0，g（t）＞0，g（0）＜0，
∴g（x）=0在[-2，t]上有解，且有兩解．
所以，當(dāng)a=2，2＜t＜6時(shí)，關(guān)于x的方程

f′(x)

ex

=

1

2

(t-2)2在區(qū)間[-2，t]上總有兩個(gè)不同的解．（15分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò)，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．