Question

14．已知函數f（x）=（x²+ax-2a²+3a）e^x，其中a∈R．
（1）是否存在實數a，使得函數y=f（x）在R上單調遞增？若存在，求出a的值或取值范圍；否則，請說明理由．
（2）若a＜0，且函數y=f（x）的極小值為-$\frac{3}{2}$e，求函數的極大值；
（3）若a=-1時，不等式（m-n）•e≤f（x）≤（m+n）•e^-1在[-1，1]上恒成立，求z=m²+n²的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數的導數，由f′（x）≥0求得x²+（a+2）x-2a²+4a≥0在x∈R時恒成立，利用△≤0，求得a的范圍．
（2）由f′（x）=0求得x₁=-2a，x₂=a-2，列表求出極值，根據函數的極小值為-$\frac{3}{2}$e，求得函數的極大值．
（3）由題意可得函數f（x）在[-1，1]上單調遞減，可得$\left\{\begin{array}{l}{f（1）≥（m-n）•e}\\{f（-1）≤（m+n）{•e}^{-1}}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{m-n≤-5}\\{m+n≥-3}\end{array}\right.$．再利用線性規劃的知識求得z=m²+n²的取值范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=（x²+ax-2a²+3a）e^x，
∴f′（x）=（x²+ax-2a²+3a）e^x+（2x+a）e^x =e^x[x²+（a+2）x-2a²+4a]．
由f′（x）≥0可得e^x[x²+（a+2）x-2a²+4a]≥0．
即x²+（a+2）x-2a²+4a≥0在x∈R時恒成立．
∴△=（a+2）²-4（-2a²+4a）≤0，即（3a-2）²≤0，即a=$\frac{2}{3}$，此時，
f′（x）=（x+$\frac{4}{3}$）²e^x≥0，函數y=f（x）在R上單調遞增．
（2）由f′（x）=0可得e^x[x²+（a+2）x-2a²+4a]=0，解之得x₁=-2a，x₂=a-2．
當a＜0時，-2a＞a-2，當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下：

x	（-∞，a-2）	a-2	（a-2，-2a）	-2a	（-2a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

由條件可知，f（-2a）=-$\frac{3}{2}$e，即3a•e^-2a =-$\frac{3}{2}$e，∴$\left\{\begin{array}{l}{3a=-\frac{3}{2}}\\{-2a=1}\end{array}\right.$，可得a=-$\frac{1}{2}$．
此時，f（x）=（x²-$\frac{1}{2}$x-2）e^x，
極大值為f（a-2）=f（-$\frac{5}{2}$）=$\frac{11}{2}$${e}^{-\frac{5}{2}}$．
（3）由（2）可知a=-1時，f（x）=（x²-x-5）e^x，函數f（x）在[-1，1]上單調遞減．
要使不等式（m-n）•e≤f（x）≤（m+n）•e^-1在[-1，1]上恒成立，只需$\left\{\begin{array}{l}{f（1）≥（m-n）•e}\\{f（-1）≤（m+n）{•e}^{-1}}\end{array}\right.$，
即 $\left\{\begin{array}{l}{（m-n）•e≤-5e}\\{（m+n）{•e}^{-1}≥{3e}^{-1}}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{m-n≤-5}\\{m+n≥-3}\end{array}\right.$．則點（m，n）在如圖中所示的陰影部分所表示的平面區域內：

z=m²+n²表示點（0，0）到（m，n）的距離的平方，
最小值為點（0，0）到直線x-y+5=0的距離的平方（$\frac{5}{\sqrt{2}}$）²=$\frac{25}{2}$，所以z的取值范圍是[$\frac{25}{2}$，+∞）．

點評 本題主要考查利用導數研究函數的單調性和極值，函數的恒成立問題，簡單的線性規劃，屬于難題．