Question

（2012•衡陽模擬）已知函數f（x）=（x²+ax+b）e^x，（x∈R）在x=1處取得極值．
（1）求a與b的關系式（用a表示b），并求f（x）的單調區間；
（2）是否存在實數m，使得對任意a∈（0，1）及x₁，x₂∈[0，2]總有|f（x₁）-f（x₂）|＜[（m+2）a+m²]e+e²恒成立，若存在，求出m的范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）我們知道函數f（x）在x=x₀處取得極值的必要條件是f^′（x₀）=0，據此可以求出a與b的關系式，通過對a分類討論判斷f^′（x）的正負即可得到
函數f（x）的單調區間．
（2）我們先求得對任意x₁，x₂∈[0，2]時|f（x₁）-f（x₂）|的最大值，就可以把“對任意a∈（0，1）及x₁，x₂∈[0，2]總有|f（x₁）-f（x₂）|＜[（m+2）a+m²]e+e²恒成立”問題轉化為“對任意a∈（0，1）|f（x₁）-f（x₂）|_max＜[（m+2）a+m²]e+e²恒成立”問題，進而再轉化為關a一次函數的單調性問題就可以解決．

解答：解：（1）∵函數f（x）=（x²+ax+b）e^x，∴f^′（x）=[x²+（2+a）x+a+b]e^x，
又∵函數f（x）在x=1處取得極值，∴f^′（1）=0，∴1+2+a+a+b=0，∴b=-2a-3．
∴f^′（x）=[x²+（a+2）x-a-3]e^x=（x-1）[x-（-a-3）]e^x，
①當a=-4時，f^′（x）=（x-1）²e^x≥0，∴x=1不是函數的極值點，因此a≠-4；
②當a＞-4時，則-a-3＜1，由f^′（x）＞0得x＞1或x＜-a-3，由f^′（x）＜0得-a-3＜x＜1，
∴函數f（x）在區間（-∞，-a-3），（1，+∞）上單調遞增，在區間（-a-3，1）上單調遞減．
③當a＜-4時，則-a-3＞1，由f^′（x）＞0得x＜1或x＞-a-3，則-a-3＜1，由f^′（x）＜0得1＜x＜-a-3，
∴函數f（x）在區間（-∞，1），（-a-3，+∞）上單調遞增，在區間（1，-a-3）上單調遞減．
（2）當a∈（0，1）時，由（1）可知：函數f（x）在區間[0，1]上單調遞減，在區間（1，2]上單調遞增．
∴當x∈[0，2]時，函數f（x）在x=1處取得最小值，且f（x）_min=f（1）=（-a-2）e，
又f（0）=-2a-3，f（2）=e²，∴f（2）＞f（0），∴函數f（x）在x=2處取得最大值．
∴當x₁，x₂∈[0，2]時，|f（x₁）-f（x₂）|_max=f（x）_max-f（x）_min=f（2）-f（1）=e²+（a+2）e．
∴對任意a∈（0，1）及x₁，x₂∈[0，2]總有|f（x₁）-f（x₂）|＜[（m+2）a+m²]e+e²恒成立，
轉化為對任意a∈（0，1）及x₁，x₂∈[0，2]有 |f(x1)-f(x2)|max＜[(m+2)a+m2]e+e²恒成立，
即對任意a∈（0，1），[（m+2）a+m²]e+e²＞e²+（a+2）e恒成立，
即對任意a∈（0，1），（m+1）a+m²-2＞0恒成立，
令g（a）=（m+1）a+m²-2，則有

g(0)≥0 g(1)≥0

，
解得m≤

-1- 5

2

或m≥

2

，
所以滿足條件的m的取值范圍是：m∈(-∞，

-1- 5

2

]∪[

2

，+∞)．

點評：本題考查的是含有參數的函數的單調區間及恒成立問題，關鍵是要恰當的分類討論，及把恒成立問題轉化為與求函數的最值問題與一次函數的單調性問題．