Question

2．已知函數(shù)f（x）=e^x（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=x²+ax+1，a∈R．
（1）記函數(shù)F（x）=f（x）•g（x），且a＞0，求F（x）的單調增區(qū)間；
（2）若對任意x₁，x₂∈[0，2]，x₁≠x₂，均有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）因為F'（x）=e^x[x+（a+1）]（x+1），得出F（x）的單調區(qū)間．
（2）因為對任意x₁，x₂∈[0，2]且x₁≠x₂，均有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立，根據f（x）=e^x在[0，2]上的單調性，有$\left\{\begin{array}{l}f（{x_1}）+g（{x_1}）＞f（{x_2}）+g（{x_2}）\\ f（{x_1}）-g（{x_1}）＞f（{x_2}）-g（{x_2}）\end{array}\right.$對x₁，x₂∈[0，2]，x₁＞x₂恒成立，求解即可．

解答 解：（1）因為F（x）=f（x）•g（x）=e^x（x²+ax+1），
所以F'（x）=e^x[x+（a+1）]（x+1），2分
令F'（x）＞0，因為a＞0，得x＞-1或x＜-（a+1），5分
所以F（x）的單調增區(qū)間為（-∞，-a-1）和（-1，+∞）；6分
（2）因為對任意x₁，x₂∈[0，2]且x₁≠x₂，均有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立，
不妨設x₁＞x₂，根據f（x）=e^x在[0，2]上單調遞增，
所以有f（x₁）-f（x₂）＞|g（x₁）-g（x₂）|對x₁＞x₂恒成立，8分
所以f（x₂）-f（x₁）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₁）-f（x₂）
對x₁，x₂∈[0，2]，x₁＞x₂恒成立，
即$\left\{\begin{array}{l}f（{x_1}）+g（{x_1}）＞f（{x_2}）+g（{x_2}）\\ f（{x_1}）-g（{x_1}）＞f（{x_2}）-g（{x_2}）\end{array}\right.$對x₁，x₂∈[0，2]，x₁＞x₂恒成立，
所以f（x）+g（x）和f（x）-g（x）在[0，2]都是單調遞增函數(shù)，11分
當f'（x）+g'（x）≥0在[0，2]上恒成立，
得e^x+（2x+a）≥0在[0，2]恒成立，得a≥-（e^x+2x）在[0，2]恒成立，
因為-（e^x+2x）在[0，2]上單調減函數(shù)，所以-（e^x+2x）在[0，2]上取得最大值-1，
解得a≥-1．                                        13分
當f'（x）-g'（x）≥0在[0，2]上恒成立，
得e^x-（2x+a）≥0在[0，2]上恒成立，即a≤e^x-2x在[0，2]上恒成立，
因為e^x-2x在[0，ln2]上遞減，在[ln2，2]上單調遞增，
所以e^x-2x在[0，2]上取得最小值2-2ln2，
所以a≤2-2ln2，15分
所以實數(shù)a的取值范圍為[-1，2-2ln2]．16分

點評 本題主要考查了導數(shù)在求函數(shù)單調區(qū)間的應用和利用導數(shù)解決函數(shù)函數(shù)恒成立問題．屬于難度較大題目．