Question

10．已知函數(shù)f（x）=（x²-ax+a+1）e^x．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，x₁，x₂（x₁＜x₂），其中a＞0．若mx₁-$\frac{f（{x}_{2}）}{{e}^{{x}_{1}}}$＞0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題等價(jià)于m＞$\frac{f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{ax}_{2}+a+1}{{x}_{1}}$恒成立，即m＞-${{x}_{2}}^{2}$+2x₂+1恒成立，令t=a-2（t＞2），則x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，令g（t）=$\frac{t+\sqrt{{t}^{2}-4}}{2}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（t）的最小值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=[x²+（2-a）x+1]e^x，
令x²+（2-a）x+1=0（*），
（1）△=（2-a）²-4＞0，即a＜0或a＞4時(shí)，
方程（*）有2根，
x₁=$\frac{a-2-\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，
函數(shù)f（x）在（-∞，x₁），（x₂，+∞）遞增，在（x₁，x₂）遞減；
（2）△≤0時(shí)，即0≤a≤4時(shí)，f′（x）≥0在R上恒成立，
函數(shù)f（x）在R遞增，
綜上，a＜0或a＞4時(shí)，函數(shù)f（x）在（-∞，x₁），（x₂，+∞）遞增，在（x₁，x₂）遞減；
0≤a≤4時(shí)，函數(shù)f（x）在R遞增；
（Ⅱ）∵f′（x）=0有2根x₁，x₂且a＞0，
∴a＞4且$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=a-2}\\{{{x}_{1}x}_{2}=1}\end{array}\right.$，
∴x₁＞0，mx₁-$\frac{f{（x}_{2}）}{{e}^{{x}_{2}}}$＞0恒成立等價(jià)于m＞$\frac{f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{ax}_{2}+a+1}{{x}_{1}}$恒成立，
即m＞-${{x}_{2}}^{2}$+2x₂+1恒成立，
令t=a-2（t＞2），則x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，
令g（t）=$\frac{t+\sqrt{{t}^{2}-4}}{2}$，
t＞2時(shí)，函數(shù)g（t）=$\frac{t+\sqrt{{t}^{2}-4}}{2}$遞增，g（t）＞g（2）=1，
∴x₂＞1，∴-${{x}_{2}}^{2}$+2x₂+1＜2，
故m的范圍是[2，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解決與不等式有關(guān)的參數(shù)范圍和證明問題，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想，分類思想，考查運(yùn)算能力，是一道綜合題．