Question

14．已知函數(shù)f（x）=（x²-a+1）e^x，g（x）=（x²-2）e^x+2
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，2]上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若f（x）有兩個不同的極值點m，n（m＜n），且2（m+n）≤mn-1，記F（x）=e²f（x）+g（x），求F（m）的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=（x²+2x+1-a）e^x，令u（x）=x²+2x+1-a=（x+1）²-a．u（-1）=-a，u（-2）=1-a，u（2）=9-a．由函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，2]上是單調(diào)函數(shù)，可得u（x）≤0，或u（x）≥0，x∈[-2，2]．利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
（2）f（x）有兩個不同的極值點m，n（m＜n），即u（x）=x²+2x+1-a=（x+1）²-a=0有兩個不等的實數(shù)根m，n．可得-a＜0，且m+n=-2，mn=1-a．再根據(jù)2（m+n）≤mn-1，可得0＜a≤4．另一方面：m=-1-$\sqrt{a}$．F（x）=e²f（x）+g（x）=e^x+2（2x²-a-1），F(xiàn)（m）=e^m+2（2m²-a-1）=${e}^{1-\sqrt{a}}$$（a+4\sqrt{a}+1）$，令$\sqrt{a}$=t∈（0，2]．令h（t）=e^1-t（t²+4t-1），t∈（0，2]．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=（x²+2x+1-a）e^x，
令u（x）=x²+2x+1-a=（x+1）²-a．
u（-1）=-a，u（-2）=1-a，u（2）=9-a．
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，2]上是單調(diào)函數(shù)，∴u（x）≤0，或u（x）≥0，x∈[-2，2]．
∴9-a≤0，或-a≥0，
解得a≥9，或a≤0．
∴a≥9時，u（x）≤0，f′（x）≤0，函數(shù)f（x）在x∈[-2，2]上單調(diào)遞減．
a≤0時，u（x）≥0，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在x∈[-2，2]上單調(diào)遞增．
（2）∵f（x）有兩個不同的極值點m，n（m＜n），
∴u（x）=x²+2x+1-a=（x+1）²-a=0有兩個不等的實數(shù)根m，n．
∴-a＜0，解得a＞0．
且m+n=-2，mn=1-a．
∵2（m+n）≤mn-1，
∴-4≤1-a-1，解得a≤4．
∴0＜a≤4．
另一方面：m=-1-$\sqrt{a}$．
F（x）=e²f（x）+g（x）=e²•（x²-a+1）e^x+（x²-2）e^x+2=e^x+2（2x²-a-1），
F（m）=e^m+2（2m²-a-1）=${e}^{1-\sqrt{a}}$$（a+4\sqrt{a}+1）$，令$\sqrt{a}$=t∈（0，2]．
則h（t）=e^1-t（t²+4t-1），t∈（0，2]．
h′（t）=$\frac{-e（{t}^{2}+2t-5）}{{e}^{t}}$=$\frac{-e[t+（1+\sqrt{6}）][t-（\sqrt{6}-1）]}{{e}^{t}}$，
∴h（t）在（0，$\sqrt{6}$-1]上單調(diào)遞增，在（$\sqrt{6}$-1，2]上單調(diào)遞減．
h（0）=-e，h（2）=$\frac{7}{e}$，$h（\sqrt{6}-1）$=2+2$\sqrt{6}$．
∴h（t）∈$（-e，2+2\sqrt{6}]$．
即F（m））∈$（-e，2+2\sqrt{6}]$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．