Question

（2011•江西模擬）已知函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1處取得極小值，其圖象過點A（0，1），且在點A處切線的斜率為-1．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）設函數(shù)g（x）的定義域D，若存在區(qū)間[m，n]⊆D，使得g（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，則稱區(qū)間[m，n]為函數(shù)g（x）的“保值區(qū)間”．證明：當x＞1時，函數(shù)f（x）不存在“保值區(qū)間”．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導函數(shù)，根據(jù)函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1處取得極小值，其圖象過點A（0，1），且在點A處切線的斜率為-1，建立方程組，從而可得f（x）的解析式為f（x）=（x²-2x+1）e^x．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f'（x）=（x²-1）e^x，假設當x＞1時，f（x）存在“保值區(qū)間”[m，n]（n＞m＞1），進而問題轉化為（x-1）²e^x-x=0有兩個大于1的不等實根，構造新函數(shù)h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），可判斷存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，h（x）在（1，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增，從而可得當x＞1時，h（x）的圖象與x軸有且只有一個交點，即方程（x-1）²e^x-x=0有且只有一個大于1的根，與假設矛盾，故可得證．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=（ax²+bx+c）e^x，
∴f′（x）=[ax²+（2a-b）x+（b+c）]e^x，（2分）
∵函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1處取得極小值，其圖象過點A（0，1），且在點A處切線的斜率為-1．
∴

f(0)=1 f′(0)=-1 f′(1)=0

，即

c=1 b+c=1 3a+2b+c=0

，解得

a=1 b=-2 c=1

所以f（x）的解析式為f（x）=（x²-2x+1）e^x．（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f'（x）=（x²-1）e^x，
假設當x＞1時，f（x）存在“保值區(qū)間”[m，n]（n＞m＞1）
因為當x＞1時，f'（x）=（x²-1）e^x＞0，所以f（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數(shù)
∴

f(m)=m f(n)=n 即 (m-1)2em=m (n-1)2en=n

于是問題轉化為（x-1）²e^x-x=0有兩個大于1的不等實根． （6分）
現(xiàn)在考查函數(shù)h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），h′（x）=（x²-1）e^x-1
令φ（x）=（x²-1）e^x-1，∴φ′（x）=（x²+2x-1）e^x，
當x＞1時，φ′（x）＞0
∴φ（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，即h′（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)
∴h′（1）=-1＜0，，h′（2）=3e²-1＞0
∴存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0（10分）
當x變化時，h′（x），h（x）的變化情況如下表：

x	（1，x0）	x0	（x0，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	單調遞減	極小值	單調遞增

所以，h（x）在（1，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增．
∴h（x₀）＜h（1）=-1＜0
∵h（2）=e²-2＞0
∴當x＞1時，h（x）的圖象與x軸有且只有一個交點
即方程（x-1）²e^x-x=0有且只有一個大于1的根，與假設矛盾
故當x＞1時，f（x）不存在“保值區(qū)間”．（13分）

點評：本題以函數(shù)的性質為載體，考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的解析式，考查新定義，同時考查反證法思想的運用，綜合性強．