Question

9．已知函數(shù)f（x）=e^x（x²-ax+a），a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[1，2]上存在單調(diào)增區(qū)間，求a的取值范圍；
（Ⅱ）若函數(shù)p（x）=f（x）-x²在x=0處取得極小值，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，確定a的范圍即可；
（Ⅱ）求出P（x）的導數(shù)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到方程方程$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a=0$的根唯一，通過討論根的位置，得到關于a的不等式，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=e^x（x²-ax+a），a∈R，
∴f'（x）=e^x[x²-（a-2）x]=xe^x[x-（a-2）]（2分）
當a=2時，f′（x）=x²e^x≥0恒成立，f（x）在[1，2]為增函數(shù)，符合題意；
當a＞2時，f′（x）=xe^x[x-（a-2）]＞0，得x＞a-2或x＜0，
若f（x）在[1，2]上存在單調(diào)增區(qū)間，則滿足a-2＜2，即2＜a＜4，
當a＜2時，f′（x）=xe^x[x-（a-2）]＞0得x＞0或x＜a-2，
∴f（x）在[1，2]為增函數(shù)，符合題意
綜上可得：a＜4．…（6分）
（Ⅱ）p（x）=f（x）-x²=（x²-ax+a）e^x-x²，
∴p′（x）=x[（x+2-a）e^x-2]
由p′（x）=0得x=0或（x+2-a）e^x-2=0，
由（x+2-a）e^x-2=0得$x+2-\frac{2}{e^x}-a=0$
令$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a，u'（x）=1+\frac{2}{e^x}＞0$恒成立，
∴u（x）在（-∞，+∞）為單調(diào)增函數(shù)，
方程$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a=0$的根唯一，記為x₀．…（8分）
（1）當x₀＞0時，x∈（x₀，+∞）時，$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a＞0$，
即（x+2-a）e^x-2＞0，p'（x）＞0，p（x）為增函數(shù)；
x∈（0，x₀）時，$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a＜0$，
即（x+2-a）e^x-2＜0，p'（x）＜0，p（x）為減函數(shù)；
x∈（-∞，0）時，$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a＜0$，
即（x+2-a）e^x-2＜0，p'（x）＞0，p（x）為增函數(shù)；
此時p（x）在x=0處取得極大值，此種情況不符合題意．…（10分）
（2）當x₀=0時，由u（x₀）=0得a=0，p′（x）=x[（x+2）e^x-2]x∈（-∞，0）時，
$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}＜0$，即（x+2）e^x-2＜0，p′（x）＞0，p（x）為增函數(shù)；
x∈（0，+∞）時，$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}＞0$，即（x+2）e^x-2＞0，
p′（x）＞0，p（x）為增函數(shù)；又p′（0）=0，
∴p′（x）≥0恒成立，∴p（x）在（-∞，+∞）為增函數(shù)，沒有極值不合題意（12分）
（3）當x₀＜0時x∈（-∞，x₀）時，$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a＜0$，即（x+2-a）e^x-2＜0，
p'（x）＞0，p（x）為增函數(shù)；
x∈（x₀，0）時，$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a＞0$，即（x+2-a）e^x-2＞0，
p'（x）＜0，p（x）為減函數(shù)；
x∈（0，+∞）時，$u（x）=x+2-\frac{2}{e^x}-a＞0$，即（x+2-a）e^x-2＞0，
p'（x）＞0，p（x）為增函數(shù)；
此時p（x）在x=0處取得極小值，符合題意．
∵u（x）在（-∞，+∞）為單調(diào)增函數(shù)，x₀＜0，
∴u（x₀）＜u（0），∴${x_0}+2-\frac{2}{{{e^{x_0}}}}＜0$
由u（x₀）=0，得${x_0}+2-\frac{2}{{{e^{x_0}}}}-a=0$，
∴$a={x_0}+2-\frac{2}{{{e^{x_0}}}}＜0$綜上可得：a＜0．（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．