Question

已知函數f（x）=[ax²-（2a+1）x+a+2]e^x（a∈R）．
（1）當a≥0時，討論函數f（x）的單調性；
（2）設g（x）=

bx2

lnx2

，當a=1時，若對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈（1，2），使f（x₁）≥g（x₂），求實數b的取值范圍．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（1）f′（x）=（ax²-x-a+1）e^x=（ax+a-1）（x-1）e^x，對a分類討論：當a=0時，f′（x）=-（x-1）e^x，即可得出單調性；當a＞0時，f′（x）=a(x-

1-a

a

)（x-1）e^x，令

1-a

a

=1，解得a=

1

2

．當a=

1

2

時，當0＜a＜

1

2

時，當a＞

1

2

時，比較

1-a

a

與1的大小關系即可得出單調性；
（2）當a=1時，函數f（x）在（0，1）上單調遞減；在（1，2）上單調遞增．對任意x₁∈（0，2），都有f（x₁）≥f（1）=e．又對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈（1，2），使f（x₁）≥g（x₂），e≥g（x₂），即x₂∈（1，2）時有解，g（x₂）=

b x 2 2

ln x 2 2

，即存在x₂∈（1，2），使得b≤

eln x 2 2

x 2 2

．令h（x）=

elnx2

x2

，利用導數研究其單調性極值與最值即可得出．

解答： 解：（1）f′（x）=（ax²-x-a+1）e^x=（ax+a-1）（x-1）e^x，
a=0時，f′（x）=-（x-1）e^x，
∴當x＞1時，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；當x＜1時，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增．
當a＞0時，f′（x）=a(x-

1-a

a

)（x-1）e^x，
令

1-a

a

=1，解得a=

1

2

．
當a=

1

2

時，f′(x)=

1

2

(x-1)2ex≥0，函數f（x）在R上單調遞增；
當0＜a＜

1

2

時，

1-a

a

＞1，x∈（-∞，1）時，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增；x∈(1，

1-a

a

)，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；x∈(

1-a

a

，+∞)，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增．
當a＞

1

2

時，

1-a

a

＜1，x∈（-∞，

1-a

a

）時，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增；x∈(

1-a

a

，1)，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增．
綜上可得：當a=0時，當x＞1時，函數f（x）單調遞減；當x＜1時，函數f（x）單調遞增．
當a=

1

2

時，函數f（x）在R上單調遞增；
當0＜a＜

1

2

時，x∈（-∞，1）時，函數f（x）單調遞增；x∈(1，

1-a

a

)，函數f（x）單調遞減；x∈(

1-a

a

，+∞)，函數f（x）單調遞增．
當a＞

1

2

時，x∈（-∞，

1-a

a

）時，函數f（x）單調遞增；x∈(

1-a

a

，1)，函數f（x）單調遞減；x∈（1，+∞）時，函數f（x）單調遞增．
（2）當a=1時，函數f（x）在（0，1）上單調遞減；在（1，2）上單調遞增．
對任意x₁∈（0，2），都有f（x₁）≥f（1）=e．
又對任意x₁∈（0，2），存在x₂∈（1，2），使f（x₁）≥g（x₂），
∴e≥g（x₂），即x₂∈（1，2）時有解，
g（x₂）=

b x 2 2

ln x 2 2

，∴存在x₂∈（1，2），使得

b x 2 2

ln x 2 2

≤e，即存在x₂∈（1，2），使得b≤

eln x 2 2

x 2 2

．
令h（x）=

elnx2

x2

，x∈（1，2），h′（x）=

2e(1-2lnx)

x3

，
令h′（x）=0，解得x=

e

，
當x∈(1，

e

)時，h′（x）＞0，函數h（x）單調遞增；當x∈(

e

，2)時，h′（x）＜0，函數h（x）單調遞減．
∴當x=

e

時，h（x）的最大值為h(

e

)=

1

2

，
綜上可得：實數b的取值范圍是(-∞，

1

2

]．

點評：本題考查了利用導數研究其單調性極值與最值，考查了分類討論思想方法，考查了恒成立問題的等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．