Question

9．已知函數(shù)f（x）=（x²+mx）e^x（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）當(dāng)m=-2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，求m的取值范圍；
（Ⅲ）是否存在實數(shù)m，使得f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)？請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將m=-2代入f（x）的表達式，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到g（x）=-（x+1）+$\frac{1}{x+1}$，求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，從而求出m的范圍即可；
（Ⅲ）假設(shè)f（x）單調(diào)，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)m=-2時，f（x）=（x²-2x）e^x，
f′（x）=（x²-2）e^x，
令f′（x）≥0，解得：x≥$\sqrt{2}$或x≤-$\sqrt{2}$，
∴f（x）在（-∞，-$\sqrt{2}$），（$\sqrt{2}$，+∞）遞增；
（Ⅱ）∵f′（x）=[x²+（m+2）x+m]e^x，
由題意得f′（x）≤0對于x∈[1，3]恒成立，
∴x²+（m+2）x+m≤0，即m≤-$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$=-（x+1）+$\frac{1}{x+1}$，
令g（x）=-（x+1）+$\frac{1}{x+1}$，則g′（x）=-1-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$＜0恒成立，
∴g（x）在區(qū)間[1，3]遞減，g（x）_min=g（3）=-$\frac{15}{4}$，
∴m的范圍是（-∞，-$\frac{15}{4}$]；
（Ⅲ）假設(shè)f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)，
①若f（x）在R遞增，則f′（x）≥0對x∈R恒成立，
即[x²+（m+2）x+m]e^x≥0對x∈R恒成立，
∵e^x＞0，∴x²+（m+2）x+m≥0對x∈R恒成立，
而△=（m+2）²-4m=m²+4＞0，
不滿足x²+（m+2）x+m≥0對x∈R恒成立，
∴f（x）不是R上的單調(diào)遞增函數(shù)；
②若f（x）在R遞減，則f′（x）≤0對x∈R恒成立，
即[x²+（m+2）x+m]e^x≤0對x∈R恒成立，
∵e^x＞0，∴x²+（m+2）x+m≤0對x∈R恒成立，
而函數(shù)h（x）=x²+（m+2）x+m的圖象是開口向上的拋物線，
故x²+（m+2）x+m≤0不可能恒成立，
∴f（x）不是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，
綜上，不存在實數(shù)m，使得f（x）為R上的單調(diào)函數(shù)．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及二次函數(shù)的性質(zhì)，是一道中檔題．