Question

4．已知函數(shù)f（x）=（x²-x-1）e^x．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）若方程a（$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+1）+ex=e^x在（0，1）內(nèi)有解，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題可化為e^x-ax²+（a-e）x=0，令g（x）=e^x-ax²+（a-e）x，則g（x）在（0，1）內(nèi)有零點，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而確定a的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=（x²+x-2）e^x=（x-1）（x+2）e^x，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜-2，
令f′（x）＜0，解得：-2＜x＜1，
故f（x）在（-∞，-2）遞增，在（-2，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）方程a（$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+1）+ex=e^x可化為e^x-ax²+（a-e）x=0，
令g（x）=e^x-ax²+（a-e）x，則g（x）在（0，1）內(nèi)有零點，易知g（0）=1，g（1）=0，
g′（x）=e^x-2ax+a-e，設(shè)g′（x）=h（x），則h′（x）=e^x-2a，
①a＜0時，h′（x）＞0，即h（x）在區(qū)間（0，1）遞增，h（0）=1+a-e＜0，
h（1）=-a＞0，即h（x）在區(qū)間（0，1）只有1個零點x₁，
故g（x）在（0，x₁）遞減，在（x₁，1）遞增，
而g（0）=1＞0，g（1）=0，得g（x₁）＜g（1）=0，故g（x）在（0，x₁）內(nèi)存在唯一零點；
②當0≤a≤$\frac{1}{2}$時，h′（x）＞0，即h（x）在區(qū)間（0，1）遞增，
h（x）＜h（1）=-a≤0，得g（x）在（0，1）遞減，得g（x）在（0，1）無零點；
③當$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$時，令h′（x）=0，得x=ln（2a）∈（0，1），
∴h（x）在區(qū)間（0，ln（2a））上遞減，在（ln（2a），1）遞增，
h（x）在區(qū)間（0，1）上存在最小值h（ln（2a）），
故h（ln（2a））＜h（1）=-a＜0，h（0）=1+a-e＜a-$\frac{e}{2}$＜0，
故$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$時，?x∈（0，1），都有g(shù)′（x）＜0，g（x）在（0，1）遞減，
又g（0）=1，g（1）=0，故g（x）在（0，1）內(nèi)無零點；
④a≥$\frac{e}{2}$時，h′（x）＜0，h（x）在區(qū)間（0，1）遞減，h（1）=-a＜0，h（0）=1+a-e，
若h（0）=1+a-e＞0，得a＞e-1＞$\frac{e}{2}$，
則h（x）在區(qū)間（0，1）只有1個零點x₂，
故g（x）在（0，x₂）遞增，在（x₂，1）遞減，
而g（0）=1，g（1）=0，得g（x）在（0，1）無零點，
若$\frac{e}{2}$＜a時，則h（0）=1+a-e＜0，得g（x）在（0，1）遞減，得g（x）在（0，1）內(nèi)無零點，
綜上，a＜0時，方程a（$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+1）+ex=e^x在（0，1）內(nèi)有解．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．