已知函数f(x)=(ax2+bx+c)ex在x=1处取得极小值.其图象过点A(0.1).且在点处切线的斜率为-1．的解析式,的定义域D.若存在区间[m.n]⊆D.使得g(x)在[m.n]上的值域也是[m.n].则称区间[m.n]为函数g(x)的“保值区间．(ⅰ)证明:当x＞1时.函数f(x)不存在“保值区间 ,是否存在“保值区间 ?若存在.写出一个� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

（2010•福建模拟）已知函数f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1处取得极小值，其图象过点A（0，1），且在点处切线的斜率为-1．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）的定义域D，若存在区间[m，n]⊆D，使得g（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，则称区间[m，n]为函数g（x）的“保值区间”．
（ⅰ）证明：当x＞1时，函数f（x）不存在“保值区间”；
（ⅱ）函数f（x）是否存在“保值区间”？若存在，写出一个“保值区间”（不必证明）；若不存在，说明理由．

分析：（Ⅰ）由函数f（x）=（ax²+bx+c）e^x，知f′（x）=[ax²+（2a+b）x+（b+c）]e^x，由

f(0)=1

f′(0)=-1

f′(0)=0

，得

c=1

b+c=-1

3a+2b+c=0

，由此能求出f（x）的解析式．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=（x²-1）e^x．
（i）假设x＞1时，f′（x）存在“保值区间[m，n]”，（n＞m＞1）．由x＞1时，f′（x）=（x²-1）e^x＞0，知f（x）在区间（1，+∞）是增函数，由

f(m)=m

f(n)=n

，把问题转化为（x-1）²e^x-x=0有两个大于1的不等实根，由此能推导出当x＞1时，f（x）不存在“保值区间”．
（ii）f（x）存在“保值区间”，[0，1]是它的一个“保值区间”．

解答：解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（ax²+bx+c）e^x，
∴f′（x）=[ax²+（2a+b）x+（b+c）]e^x，
由

f(0)=1

f′(0)=-1

f′(0)=0

，
即

c=1

b+c=-1

3a+2b+c=0

，
解得

a=1

b=-2

c=1

．
经检验，f（x）=（x²-2x+1）e^x满足题意．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=（x²-1）e^x．
（i）假设x＞1时，f′（x）存在“保值区间[m，n]”，（n＞m＞1）．
∵x＞1时，f′（x）=（x²-1）e^x＞0，
∴f（x）在区间（1，+∞）是增函数，
依题意，

f(m)=m

f(n)=n

，
即

(m-1)2em＞m

(n-1)2en=n

，
于是问题转化为（x-1）²e^x-x=0有两个大于1的不等实根，
现在考察函数h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），
h′（x）=（x²-1）e^x-1．
令∅（x）=（x²-1）e^x-1，
则∅′（x）=（x²+2x-1）e^x，
∴当x＞1时，∅′（x）＞0，
∴∅（x）在（1，+∞）是增函数，
即h′（x）在（1，+∞）是增函数．
∵h′（1）=-1＜0，h′（2）=3e²-1＞0．
∴存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，
当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：

x	（1，x₀）	x₀	（x₀，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	↓	极小值	↑

∴h（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
于是，h（x₀）＜h（1）=-1＜0，
∵h（2）=e²-2＞0，
∴当x＞1时，h（x）的图象与x轴只有一个交点，
即方程（x-1）²e²-x=0有且只有一个大于1的根，与假设矛盾．
故当x＞1时，f（x）不存在“保值区间”．
（ii）f（x）存在“保值区间”，[0，1]是它的一个“保值区间”．

点评：本题考查利用导数求闭区间上的函数的最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．