Question

4．已知函數(shù)f（x）=[ax²-（2a+1）x+2a+1]e^x．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)x＞0，2a∈[3，m+1]，f（x）≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$恒成立，求正數(shù)b的范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，對a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)即可得出其單調(diào)性；
（2）由題意，將原式轉(zhuǎn)化成2a-1≥b^2a-1恒成立，換元將2a-1=t∈[2，m]，構(gòu)造輔助函數(shù)$\frac{lnt}{t}$=g（t），求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，由函數(shù)g（2）=g（4），對m分類討論，根據(jù)對數(shù)函數(shù)的運(yùn)算現(xiàn)在求得b的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=（ax²-x）e^x=x（ax-1）e^x．
當(dāng)a=0，則f′（x）=-xe^x，令f′（x）＞0，則x＜0，令f′（x）＜0，則x＞0；
若a＜0，由f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{a}$＜x＜0，f′（x）＜0，解得：x＞0或x＜$\frac{1}{a}$，
若a＞0，由f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{a}$或x＜0，
綜上可得：
當(dāng)a=0時，函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（-∞，0），減區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)a＜0時，函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，0），減區(qū)間為（0，+∞），（-∞，$\frac{1}{a}$）；
當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞），（-∞，0），減區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$）；
（2）f（x）≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$恒成立，f（$\frac{1}{a}$）≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$恒成立，
∴$\frac{1}{{e}^{a}}（2a-1）$≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$，即2a-1≥b^2a-1恒成立，
由2a∈[3，m+1]，令2a-1=t∈[2，m]，則t≥b^t，
所以lnb≤$\frac{lnt}{t}$=g（t），
由g′（t）=$\frac{1-lnt}{{t}^{2}}$，g（t）在（0，e）上遞增，（e，+∞）上遞減，且g（2）=g（4），
當(dāng)2＜m≤4時，g（t）_min=g（2）=$\frac{ln2}{2}$，從而lnb≤$\frac{ln2}{2}$，解得：0＜b≤$\sqrt{2}$；
當(dāng)m＞4時，g（t）_min=g（m）=$\frac{lnm}{m}$，從而lnb≤$\frac{lnm}{m}$，解得：0＜b≤${m}^{\frac{1}{m}}$，
故：當(dāng)2＜m≤4時，0＜b≤$\sqrt{2}$；
當(dāng)m＞4時，0＜b≤${m}^{\frac{1}{m}}$．

點(diǎn)評 本題主要考察利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，考察分類討論思想及轉(zhuǎn)化思想，考察學(xué)生分析問題解決問題得能力，屬于中檔題．