Question

6．已知函數(shù)f（x）=e^x（x²+ax+a）．
（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≤e^a在[a，+∞）上有解，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若曲線y=f（x）存在兩條互相垂直的切線，求實數(shù)a的取值范圍．（只需直接寫出結(jié)果）

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時，f（x）=e^x（x²+x+1），求出其導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)即可解出單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)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，構(gòu)造兩個函數(shù)r（x）=x²+ax+a，t（x）=e^a-x，研究兩個函數(shù)的在[a，+∞）上的單調(diào)性，即可轉(zhuǎn)化出關(guān)于a的不等式，從而求得a的范圍；
（3）由f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x（x+2）（x+a），當(dāng)a≠-2時，函數(shù)y=f′（x）的圖象與x軸有兩個交點，故f（x）圖象上存在兩條互相垂直的切線．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=e^x（x²+x+1），
則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．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間（-∞，-2）與（-1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（-2，-1）；
（2）f（x）≤e^a，即e^x（x²+ax+a）≤e^a，可變?yōu)閤²+ax+a≤e^a-x，
令r（x）=x²+ax+a，t（x）=e^a-x，
當(dāng)a＞0時，在[a，+∞）上，由于r（x）的對稱軸為負(fù)，
故r（x）在[a，+∞）上增，t（x）在[a，+∞）上減，
欲使x²+ax+a≤e^a-x有解，
則只須r（a）≤t（a），即2a²+a≤1，
解得-1≤a≤$\frac{1}{2}$，故0＜a≤$\frac{1}{2}$；
當(dāng)a≤0時，在[a，+∞）上，由于r（x）的對稱軸為正，
故r（x）在[a，+∞）上先減后增，t（x）在[a，+∞）上減，
欲使x²+ax+a≤e^a-x有解，只須r（-$\frac{a}{2}$）≤t（-$\frac{a}{2}$），
即-$\frac{{a}^{2}}{4}$+a≤e${\;}^{\frac{3}{2}a}$，
當(dāng)a≤0時，-$\frac{{a}^{2}}{4}$+a≤e${\;}^{\frac{3}{2}a}$顯然成立．
綜上知，a≤$\frac{1}{2}$即為符合條件的實數(shù)a的取值范圍；
（3）a的取值范圍是{a|a≠2，a∈R}．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合運用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及存在性問題求參數(shù)的范圍，本題考查了轉(zhuǎn)化的思想，分類討論的思想，屬于導(dǎo)數(shù)運用的一類典型題．